Algebra - Instytut Matematyki

Transkrypt

Uniwersytet w Białymstoku
Wydział Matematyczno-Fizyczny
Instytut Matematyki
dr hab. Ryszard Andruszkiewicz
Wykład monograficzny
prowadzony dla studentów V roku matematyki
przez dr hab. Ryszarda Andruszkiewicza
Białystok 2012
Spis treści
1 Pojęcie pierścienia
1.1 Określenie pierścienia . . . . . .
1.2 Własności działań w pierścieniu
1.3 Elementy odwracalne . . . . . .
1.4 Podpierścienie . . . . . . . . . .
.
.
.
.
1
1
2
4
5
2 Przykłady pierścieni
2.1 Pierścienie macierzy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Pierścienie szeregów formalnych i pierścienie wielomianów . . .
2.3 Iloczyn prosty i suma prosta pierścieni . . . . . . . . . . . . .
7
7
10
12
3 Ideały jednostronne pierścieni
3.1 Iloczyny algebraiczne podgrup w pierścieniu . . . . . . . . . .
3.2 Ideały lewostronne pierścieni . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Ideały prawostronne pierścieni . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
14
16
18
4 Ideały pierścieni
4.1 Ideały obustronne pierścieni . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Ważne rodzaje ideałów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
21
23
5 Pierścienie ilorazowe
5.1 Konstrukcja pierścienia ilorazowego . . . . . . . . . . . . . . .
5.2 Podpierścienie i ideały w pierścieniach ilorazowych . . . . . . .
5.3 Pierścienie proste, pierwsze i półpierwsze . . . . . . . . . . . .
28
28
29
31
6 Homomorfizmy pierścieni
6.1 Określenie homomorfizmu pierścieni . . . . . . . . . . . . . . .
6.2 Własności homomorfizmów pierścieni . . . . . . . . . . . . . .
6.3 Twierdzenia o izomorfizmach . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
36
36
37
40
7 Przykłady homomorfizmów
7.1 Dołączanie jedynki do pierścienia . . . . . . . .
7.2 Homomorfizmy na pierścieniach macierzy . . . .
7.3 Homomorfizmy na pierścieniach wielomianów . .
7.4 Homomorfizmy związane z iloczynami prostymi
43
43
44
47
49
i
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
8 Własności pierścieni macierzy
8.1 Centrum pierścienia macierzy
8.2 Ideały istotne . . . . . . . . .
8.3 Pierścienie macierzy pierwsze i
8.4 Macierze odwracalne . . . . .
ii
.
.
.
.
50
50
51
53
55
9 Wewnętrzne sumy proste
9.1 Wewnętrzne sumy proste podgrup . . . . . . . . . . . . . . . .
9.2 Wewnętrzne sumy proste ideałów . . . . . . . . . . . . . . . .
58
58
61
10 Pierścienie artinowskie
10.1 Określenie pierścienia artinowskiego . . . . . . . . . . . . . . .
10.2 Półpierwsze pierścienie artinowskie . . . . . . . . . . . . . . .
64
64
67
11 Struktura artinowskich pierścieni półpierwszych
11.1 Jednostronne ideały artinowskie . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.2 Twierdzenie Wedderburna-Artina . . . . . . . . . . . . . . . .
71
71
74
12 Skończone pierścienie z dzieleniem
12.1 Wielomiany podziału koła . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12.2 Twierdzenie Wedderburna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
78
78
84
13 Pierścienie zredukowane
13.1 Podstawowe własności pierścieni zredukowanych . . . . . . . .
13.2 Twierdzenie Andrunakiewicza - Rjabuhina . . . . . . . . . . .
86
86
88
14 Pierścienie Jacobsona
14.1 Podstawowe własności pierścieni Jacobsona . . . . . . . . . . .
14.2 Pierścienie endomorfizmów grup abelowych i ich własności . .
92
92
95
. . . . . . .
. . . . . . .
półpierwsze
. . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
15 Pierścienie regularne w sensie von Neumanna
99
15.1 Podstawowe własności pierścieni regularnych w sensie von Neumanna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
15.2 Pierścienie silnie regularne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
Wykład 1
Pojęcie pierścienia
1.1
Określenie pierścienia
Definicja 1.1. System algebraiczny (R, +, ·, 0) nazywamy pierścieniem, jeżeli
spełnia on następujące warunki:
A1. (R, +, 0) jest grupą abelową;
A2. (a · b) · c = a · (b · c) dla dowolnych a, b, c ∈ R;
A3. a · (b + c) = a · b + a · c i (b + c) · a = b · a + c · a dla dowolnych a, b, c ∈ R.
Definicja 1.2. Grupę (R, +, 0) będziemy nazywali grupą addytywnę pierścienia R i oznaczali przez R+ .
Ważnym przykładem pierścienia jest poznany przez nas na algebrze liniowej, pierścień Mn (K) macierzy kwadratowych stopnia n ∈ N o współczynnikach z ciała K.
Definicja 1.3. Jeżeli a · b = b · a dla dowolnych a, b ∈ R, to mówimy, że
pierścień R jest przemienny.
Przykład 1.4. Niech (A, +, 0) będzie dowolna grupą abelową. W zbiorze A
określamy mnożenie przyjmując, że
a · b = 0 dla dowolnych a, b ∈ A.
Aksjomaty A2 i A3 są w oczywisty sposób spełnione, a więc system algebraiczny (A, +, ·, 0) jest pierścieniem. Nazywamy go pierścieniem z zerowym
mnożeniem na grupie abelowej A i oznaczamy przez A0 .
Definicja 1.5. Jeżeli istnieje element 1 ∈ R taki, że 1·a = a·1 = a dla każdego
a ∈ R, to element 1 nazywamy jedynką i mówimy, że R jest pierścieniem z
jedynką.
Zauważmy, że Mn (K) jest pierścieniem z jedynką dla dowolnego ciała K.
Jeżeli grupa abelowa (A, +, 0) nie jest trywialna, to pierścień A0 nie posiada jedynki. Rozliczne przykłady przemiennych pierścieni z jedynką zostały
1
2
podane na algebrze ogólnej, w tym: ciała, pierścienie liczbowe, Zm , pierścienie wielomianów skończonej liczby zmiennych o współczynnikach z dowolnego
pierścienia przemiennego z jedynką, pierścienie ilorazowe P/I, gdzie I jest
ideałem pierścienia przemiennego P z jedynką.
1.2
Własności działań w pierścieniu
Podamy podstawowe własności działań w dowolnym pierścieniu (R, +·, 0).
Stwierdzenie 1.6. a · 0 = 0 · a = 0 dla każdego a ∈ R.
Dowód. Ponieważ 0 = 0 + 0, więc a · 0 = a · (0 + 0) = a · 0 + a · 0 na
mocy A3, skąd z prawa skracania w grupach mamy, że a · 0 = 0. Analogicznie
0 · a = (0 + 0) · a = 0 · a + 0 · a, skąd 0 · a = 0.
Stwierdzenie 1.7. a · (a1 + a2 + . . . + an ) = a · a1 + a · a2 + . . . + a · an oraz
(a1 +a2 +. . .+an )·a = a1 ·a+a2 ·a+. . .+an ·a dla dowolnych a, a1 , . . . , an ∈ R
i dla dowolnego naturalnego n.
Dowód. Prosta indukcja w oparciu o A3.
Odejmowanie w pierścieniu R określamy następująco:
def
a − b = a + (−b) dla dowolnych a, b ∈ R.
Stwierdzenie 1.8. a · (b − c) = a · b − a · c oraz (b − c) · a = b · a − c · a dla
dowolnych a, b, c ∈ R.
Dowód. Na mocy A3 mamy, że a · (b − c) + a · c = a · ((b + (−c)) + c) =
a · (b + ((−c) + c)) = a · b, skąd mamy pierwszy wzór. Drugi wzór dowodzi się
analogicznie.
Stwierdzenie 1.9. (−a) · b = a · (−b) = −(a · b) oraz (−a) · (−b) = a · b dla
dowolnych a, b ∈ R.
Dowód. Na mocy A3 mamy, że a · b + (−a) · b = ((−a) + a) · b = 0 · b = 0, na
mocy stwierdzenia 1.6. Zatem (−a)·b = −(a·b). Analogicznie a·(−b) = −(a·b).
Wynika stąd, że (−a) · (−b) = −(a · (−b)) = −(−(a · b)) = a · b.
Dla dowolnego elementu a ∈ R możemy określić jego naturalną potęgę
przy pomocy wzoru:
an = a
| · a ·{z. . . · a} dla dowolnego naturalnego n.
n
Stwierdzenie 1.10. an · am = an+m oraz (an )m = anm dla dowolnego a ∈ R
i dla dowolnych liczb naturalnych n, m.
3
Dowód. Zadanie 1 na ćwiczenia.
Stwierdzenie 1.11. Jeżeli a · b = b · a, to an · bm = bm · an oraz (a · b)n = an · bn
dla dowolnych liczb naturalnych n, m.
Dowód. Zadanie 2 na ćwiczenia.
Zadanie (3). Dla dowolnego ciała K znaleźć A, B ∈ M2 (K) takie, że
(A · B)2 6= A2 · B 2 .
Definicja 1.12. Powiemy, że element a ∈ R jest nilpotentny, jeżeli istnieje
liczba naturalna n taka, że an = 0. Pierścień, którego każdy element jest nilpotentny nazywamy nil-pierścieniem. Pierścień nie posiadający niezerowych
elementów nilpotentnych nazywamy pierścieniem zredukowanym.
Zadanie (4). Udowodnić, że pierścień R jest zredukowany wtedy i tylko wtedy, gdy nie posiada elementu niezerowego x takiego, że x2 = 0.
Zadanie (5). Udowodnić, że jeżeli R jest pierścieniem zredukowanym oraz
a, b ∈ R są takie, że a · b = 0, to także b · a = 0. Czy jest to prawdą w
pierścieniu M2 (K)?
Zadanie (6). Niech K będzie dowolnym ciałem. Opisać elementy nilpotentne
pierścienia M2 (K). Wykazać, że jeżeli A ∈ M2 (K) jest elementem nilpotentnym, to A2 = 0.
Zadanie (7). Wyznaczyć wszystkie elementy nilpotentne pierścienia reszt modulo 36.
Zadanie (8). Opisać wszystkie liczby naturalne m > 1, dla których pierścień
reszt modulo m jest zredukowany.
Dla a ∈ R i liczby całkowitej k możemy określić całkowitą wielokrotność
elementu a przez k w ten sposób, że k·a = a
+ a +{z. . . + a}, gdy k > 0, k·a = 0,
|
k
dla k = 0 oraz k · a = (−a) + (−a) + . . . + (−a), gdy k < 0.
|
{z
|k|
}
Stwierdzenie 1.13. (−n) · a = n · (−a) = −(n · a), (n + m) · a = n · a + m · a,
(nm) · a = n · (m · a) i n · (a + b) = n · a + n · b dla dowolnych a, b ∈ R i dla
dowolnych liczb całkowitych n, m.
Dowód. Wynika od razu z teorii grup.
Stwierdzenie 1.14. n · (a · b) = (n · a) · b = a · (n · b) dla dowolnych a, b ∈ R
i dla każdego całkowitego n.
Dowód. Wynika od razu ze stwierdzenia 1.13 i wcześniejszych własności.
4
Przykład 1.15. Udowodnimy, że jeżeli x2 = x dla każdego elementu x pierścienia R, to pierścień ten jest przemienny. Weźmy dowolne x, y ∈ R. Wtedy
x + y = (x + y)2 , więc x + y = (x + y) · (x + y) = x2 + x · y + y · x + y 2 . Ale
x2 = x i y 2 = y, więc stąd x · y + y · x = 0. Ponadto dla a ∈ R mamy, że
a2 = a oraz (2a)2 = 2a, skąd 4a2 = 2a, czyli 4a = 2a, a więc 2a = 0. Zatem
a + a = 0, skąd a = −a dla a ∈ R. Zatem x · y = −y · x = y · x i pierścień R
jest przemienny.
Definicja 1.16. Powiemy, że pierścień R jest dziedziną, jeżeli R 6= {0} oraz
dla dowolnych niezerowych elementów a, b ∈ R mamy, że a · b 6= 0.
Definicja 1.17. Mówimy, że element a pierścienia R jest lewostronnym (prawostronnym) dzielnikiem zera, jeśli istnieje 0 6= b ∈ R takie, że a · b = 0
(b · a = 0).
Zadanie (9). Udowodnić, że każda skończona dziedzina posiada jedynkę.
1.3
Elementy odwracalne
Niech R będzie pierścieniem z jedynką.
Definicja 1.18. Powiemy, że element a ∈ R jest odwracalny w pierścieniu R,
jeżeli istnieje x ∈ R takie, że a · x = x · a = 1 (wówczas x nazywamy elementem odwrotnym do elementu a). Zbiór wszystkich elementów odwracalnych
pierścienia R będziemy oznaczali przez R∗ .
Zadanie (10). Niech R będzie pierścieniem z jedynką i niech a, b ∈ R. Udowodnić, że jeżeli 1 − a · b ∈ R∗ , to 1 − b · a ∈ R∗ .
Zadanie (11). Udowodnij, że jeżeli a jest elementem nilpotentnym pierścienia
R z jedynką, to 1 − a ∈ R∗ .
Twierdzenie 1.19. Dla dowolnego pierścienia R z jedynką (R∗ , ·, 1) jest grupą.
Dowód. Ponieważ 1 · 1 = 1, więc 1 ∈ R∗ . Jeżeli x jest elementem odwrotnym
do elementu a ∈ R, to a jest elementem odwrotnym do x, skąd x ∈ R∗ . Jeżeli
a, b ∈ R∗ , to istnieją x, y ∈ R takie, że a · x = x · a = 1 oraz b · y = y · b = 1,
skąd (a · b) · (y · x) = a · (b · y) · x = a · 1 · x = a · x = 1 oraz (y · x) · (a · b) =
y · (x · a) · b = y · 1 · b = y · b = 1. Zatem a · b ∈ R∗ . Ponieważ mnożenie jest
łączne nawet w R, więc jest ono także łączne w R∗ .
Definicja 1.20. Grupę (R∗ , ·, 1) nazywamy grupą elementów odwracalnych
pierścienia R.
Definicja 1.21. Pierścień z jedynką R 6= {0}, w którym każdy niezerowy
element jest odwracalny nazywamy pierścieniem z dzieleniem.
Zadanie (12). Udowodnić, że każda skończona dziedzina jest pierścieniem z
dzieleniem.
1.4
5
Podpierścienie
Definicja 1.22. Podpierścieniem pierścienia R nazywamy każdy taki niepusty
jego podzbiór S, że
s1 − s2 ∈ S oraz s1 · s2 ∈ S dla dowolnych s1 , s2 ∈ S.
Oczywiście każdy podpierścień S pierścienia R jest podgrupą grupy R+ ,
więc 0 ∈ S. Wynika stąd także, że S jest pierścieniem ze względu na działania
z R ograniczone do S.
Przykład 1.23. Zbiór {0} jest podpierścieniem pierścienia R. Nazywamy go
podpierścieniem zerowym. R jest podpierścieniem pierścienia R (nazywamy go
podpierścieniem niewłaściwym).
Stwierdzenie 1.24. Część wspólna dowolnej niepustej rodziny podpierścieni
pierścienia R jest podpierścieniem tego pierścienia.
Dowód. Niech {St }t∈T będzie niepustą rodziną podpierścieni pierścienia R i
T
niech S = t∈T St . Ponieważ dla każdego t ∈ T jest 0 ∈ St , więc 0 ∈ S. Weźmy
dowolne a, b ∈ S. Wtedy a, b ∈ St dla każdego t ∈ T , skąd a − b, a · b ∈ St dla
każdego t ∈ T . Zatem a − b, a · b ∈ S. Stąd S jest podpierścieniem pierścienia
R.
Stwierdzenie 1.25. Dla dowolnego podzbioru X pierścienia R istnieje najmniejszy w sensie inkluzji podpierścień [X] pierścienia R zawierający X.
Dowód. Oznaczmy przez X rodzinę wszystkich podpierścieni pierścienia R
zawierających zbiór X. Rodzina ta jest niepusta, bo np. R ∈ X . Zatem na mocy stwierdzenia 1.24 część wspólna [X] tej rodziny jest także podpierścieniem
pierścienia R zawierającym zbiór X. Stąd [X] ∈ X i [X] jest najmniejszym w
sensie inkluzji elementem rodziny X .
Definicja 1.26. Najmniejszy w sensie inkluzji podpierścień pierścienia R zawierający podzbiór X nazywamy podpierścieniem generowanym przez podzbiór
X i oznaczamy porzez [X]. Zamiast [{x1 , . . . , xn }] będziemy pisali [x1 , . . . , xn ].
Przykład 1.27. Zauważmy, że [∅] = {0}, gdyż {0} jest najmniejszym podpierścieniem pierścienia R. Można łatwo wykazać, że dla każdego a ∈ R:
[a] = {k1 a + k2 a2 + . . . + kn an : k1 , k2 , . . . , kn ∈ Z, n ∈ N}.
Definicja 1.28. Centralizatorem niepustego podzbioru X pierścienia R nazywamy zbiór
CR (X) = {r ∈ R : r · x = x · r dla każdego x ∈ X}.
Stwierdzenie 1.29. Centralizator CR (X) dowolnego niepustego podzbioru X
pierścienia R jest podpierścieniem pierścienia R.
6
Dowód. Oczywiście 0 ∈ CR (X) (dlaczego?). Niech a, b ∈ CR (X). Weźmy
dowolne x ∈ X. Wtedy (a − b) · x = a · x − b · x = x · a − x · b = x · (a − b),
skąd a − b ∈ CR (X). Ponadto (a · b) · x = a · (b · x) = a · (x · b) = (a · x) · b =
(x · a) · b = x · (a · b), skąd a · b ∈ CR (X).
Definicja 1.30. Centralizator CR (R) nazywamy centrum pierścienia R i oznaczamy symbolem Z(R). Zatem
Z(R) = {a ∈ R : a · x = x · a dla kazdego x ∈ R}.
Ze stwierdzenia 1.29 wynika od razu następujący
Wniosek 1.31. Centrum Z(R) pierścienia R jest przemiennym podpierścieniem pierścienia R.
Wykład 2
Przykłady pierścieni
2.1
Pierścienie macierzy
Niech R będzie dowolnym pierścieniem. Macierzą kwadratową stopnia n nad
pierścieniem R nazywamy tablicę postaci

A=





a11 a12
a21 a22
..
..
.
.
an1 an2

. . . a1n
. . . a2n 

,
.. 
..
. . 

. . . ann
(2.1)
w której aij ∈ R dla i, j = 1, 2, . . . , n.
Macierz (2.1) będziemy też zapisywali w postaci A = [aij ]i,j=1,2,...,n . Zbiór
wszystkich macierzy kwadratowych stopnia n nad pierścieniem R będziemy
oznaczali przez Mn (R). Przyjmujemy umowę, że dla macierzy A ∈ Mn (R)
przez [A]ij oznaczamy element stojący w i-tym wierszu i j-tej kolumnie macierzy A. Macierzą zerową nazywamy taką macierz 0n ∈ Mn (R), że [0n ]ij = 0
dla i, j = 1, 2, . . . , n. W zbiorze Mn (R) wprowadzamy dodawanie przyjmując, że dla dowolnych macierzy A, B ∈ Mn (R) macierz A + B jest określona
następująco:
[A + B]ij = [A]ij + [B]ij dla wszystkich i, j = 1, 2, . . . , n.
(2.2)
Ponieważ dodawanie jest określone po współrzędnych, więc jest jasne, że system algebraiczny (Mn (R), +, 0n ) tworzy grupę abelową, przy czym macierzą przeciwną do macierzy A ∈ Mn (R) jest macierz −A taka, że [−A]ij =
−[A]ij dla i, j = 1, 2, . . . , n.
W zbiorze Mn (R) określamy też naturalne mnożenie macierzy przyjmując,
że iloczynem macierzy A, B ∈ Mn (R) jest macierz A · B taka, że
[A · B]ij =
n
X
[A]it · [B]tj dla i, j = 1, . . . , n.
t=1
7
(2.3)
8
Zatem aby pomnożyć macierz A ∈ Mn (R) przez macierz B ∈ Mn (R)
należy pierwszy wiersz macierzy A pomnożyć (skalarnie) przez pierwszą kolumnę macierzy B, następnie należy pomnożyć pierwszy wiersz macierzy A
przez drugą kolumnę macierzy B, itd. W ten sposób uzyskamy kolejne wyrazy
pierwszego wiersza macierzy A · B. Aby otrzymać drugi wiersz macierzy A · B
należy pomnożyć drugi wiersz macierzy A przez kolejne kolumny macierzy B.
W końcu należy pomnożyć ostatni wiersz macierzy A kolejno przez wszystkie
kolumny macierzy B.
Uwaga 2.1. Mnożenie macierzy kwadratowych nad dowolnym pierścieniem
R jest łączne tzn. dla dowolnych macierzy A, B, C ∈ Mn (R):
(A · B) · C = A · (B · C).
Dowód. Dla wszystkich i, j = 1, 2,!. . . , n mamy, że [(A · B) · C]ij =
n
n
n
n X
n
X
X
X
X
[A · B]it · [C]tj =
[A]il · [B]lt · [C]tj =
([A]il · [B]lt ) · [C]tj =
t=1
n
n X
X
t=1
l=1
[A]il · ([B]lt · [C]tj )
t=1 l=1
n
X
n
X
l=1
t=1
[A]il ·
=
!
[B]lt · [C]tj
=
n
X
n X
n
X
t=1 l=1
[A]il · ([B]lt · [C]tj )
=
l=1 t=1
[A]il · [B · C]lj = [A · (B · C)]ij .
l=1
Uwaga 2.2. Mnożenie macierzy kwadratowych nad dowolnym pierścieniem
R jest rozdzielne względem dodawania macierzy tzn.
(i) A · (B + C) = A · B + A · C dla dowolnych A, B, C ∈ Mn (R) oraz
(ii) (B + C) · A = B · A + C · A dla dowolnych A, B, C ∈ Mn (R).
Dowód. (i). Wystarczy wykazać, że dla wszystkich i, j = 1, 2, . . . , n mamy,
że [A · (B + C)]ij = [A · B + A · C]ij . Ale [A · (B + C)]ij =
n
X
t=1
n
X
[A]it · ([B]tj + [C]tj ) =
n
X
n
X
t=1
([A]it · [B]tj + [A]it · [C]tj ) =
t=1
[A]it [B + C]tj =
n
X
[A]it · [B]tj +
t=1
[A]it · [C]tj = [A · B]ij + [A · C]ij = [A · B + A · C]ij . (ii) można udowodnić
t=1
podobnie jak (i).
Podsumowując uzyskane rezultaty możemy powiedzieć, że tak określony
system algebraiczny (Mn (R), +, ·, 0n ) jest pierścieniem. Nazywamy go pierścieniem macierzy kwadratowych stopnia n nad pierścieniem R i
oznaczamy przez Mn (R).
Uwaga 2.3. Jeżeli 1 jest jedynką pierścienia R, to macierz In ∈ Mn (R)
taka, że [In ]ii = 1 dla i = 1, 2, . . . , n oraz [In ]ij = 0 dla wszystkich i 6= j,
jest jedynką pierścienia Mn (R). Rzeczywiście, niech A ∈ Mn (R). Wtedy dla
wszystkich i, j = 1, 2, . . . , n mamy, że [In ·A]ij =
n
X
t=1
[In ]it · [A]tj = [In ]ii ·[A]ij =
9
1 · [A]ij = [A]ij oraz [A · In ]ij =
n
X
[A]it · [In ]tj = [A]ij · [In ]jj = [A]ij · 1 = [A]ij .
t=1
Zatem In · A = A · In = A dla każdego A ∈ Mn (R).
Uwaga 2.4. Niech a będzie dowolnym elementem pierścienia R. Dla i, j ∈
{1, 2, . . . , n} oznaczmy przez aEij taką macierz kwadratową stopnia n, która
w i-tym wierszu i j-tej kolumnie ma element a, zaś poza tym same zera. Z
definicji mnożenia macierzy bez trudu możemy sprawdzić, że dla dowolnych
a, b ∈ R oraz dla dowolnych i, j, k.l ∈ {1, 2, . . . , n} zachodzi wzór:
(
(aEij ) · (bEkl ) =
0n
dla j =
6 k
.
(ab)Eil dla j = k
(2.4)
Ponadto dla dowolnej macierzy A ∈ Mn (R) mamy, że
A=
n
X
([A]ts Ets ).
(2.5)
t,s=1
Twierdzenie 2.5. Dla n 2 pierścień Mn (R) jest przemienny wtedy i tylko
wtedy, gdy a · b = 0 dla dowolnych a, b ∈ R.
Dowód. Załóżmy, że pierścień Mn (R) jest przemienny. Weźmy dowolne a, b ∈
R. Wtedy ze wzoru (2.4) mamy, że (aE11 ) · (bE12 ) = (ab)E12 oraz (bE12 ) ·
(aE11 ) = 0n . Stąd (ab)E12 = 0n , czyli ab = 0 dla dowolnych a, b ∈ R.
Na odwrót, niech a · b = 0 dla dowolnych a, b ∈ R. Zatem ze wzoru (2.3)
mamy, że A · B = 0n dla dowolnych A, B ∈ Mn (R). Stąd A · B = B · A dla
dowolnych A, B ∈ Mn (R), czyli pierścień Mn (R) jest przemienny.
Niech Xij dla i, j = 1, . . . , n będą niepustymi podzbiorami pierścienia R.
Symbolem


X11 X12 . . . X1n


 X21 X22 . . . X2n 
 .
..
.. 
...
 .

 .
.
. 
Xn1 Xn2 . . . Xnn
będziemy oznaczali zbiór wszystkich macierzy A ∈ Mn (R) takich, że [A]ij ∈
Xij dla wszystkich i, j = 1, . . . , n.
Zadanie (1). Pokazać, że jeśli S jest podpierścieniem pierścienia R, to Mn (S)
jest podpierścieniem pierścienia Mn (R).
Zadanie (2). Niech R będzie pierścieniem, w którym a · b 6= 0 dla pewnych
a,
wszystkie podpierścienie pierścienia M2 (R), które są postaci
" b ∈ R. Opisać
#
X1 X2
, gdzie X1 , X2 , X3 , X4 ∈ {{0}, R}.
X3 X4
10
Zadanie (3). Niech R będzie dowolnym pierścieniem. Oznaczmy przez Tn (R)
zbiór wszystkich macierzy trójkątnych górnych A ∈ Mn (R), tzn.

Tn (R) =





R
{0}
..
.
R
R
..
.

... R
... R 

.
.. 
..
. . 

{0} {0} . . . R
Udowodnić, że Tn (R) jest podpierścieniem pierścienia Mn (R).
Zadanie (4). Niech R będzie dowolnym pierścieniem. Oznaczmy przez Jn (R)
zbiór wszystkich macierzy A ∈ Tn (R) takich, że [A]11 = [A]22 . . . = [A]nn ,
[A]12 = [A]23 = . . . = [A]n−1,n , . . . , [A]1,n−1 = [A]2n . Udowodnić, że Jn (R) jest
podpierścieniem pierścienia Tn (R).
2.2
Pierścienie szeregów formalnych i pierścienie wielomianów
Niech R będzie dowolnym pierścieniem. Oznaczmy przez R[[x]] zbiór wszystkich nieskończonych ciągów
f = (f0 , f1 , f2 , . . .)
(2.6)
takich, że fi ∈ R dla wszystkich i = 0, 1, . . ..
Elementy zbioru R[[x]] nazywamy szeregami formalnymi zmiennej x o
współczynnikach z pierścienia R. Przyjmujemy umowę, że jeśli szereg nazywa
się g, to g = (g0 , g1 , g2 , . . .), czyli g0 , g1 , g2 , . . . są jego kolejnymi współczynnikami. Przy tych oznaczeniach dla szeregów f, g ∈ R[[x]] mamy, że
f = g ⇐⇒ fi = gi dla każdego i = 0, 1, 2, . . . .
(2.7)
Szereg 0 = (0, 0, 0, . . .) nazywamy zerowym, zaś szereg (f0 , 0, 0, . . .) nazywamy
szeregiem stałym. Jeżeli f 6= 0, to istnieje najmniejsze n takie, że fn 6= 0 i
wówczas n nazywamy stopniem szeregu f i piszemy st(f ) = n, zaś fn nazywamy najmłodszym współczynnikiem tego szeregu. Ponadto przyjmujemy, że
st(0) = ∞ oraz dla n ∈ N0 : ∞ > n, ∞ + n = ∞ + ∞ = ∞.
Sumą szeregów f, g ∈ R[[x]] nazywamy szereg
f + g = (f0 + g0 , f1 + g1 , f2 + g2 , . . .).
(2.8)
Łatwo zauważyć, że dla dowolnych szeregów f, g ∈ R[[x]]:
st(f + g) min{st(f ), st(g)}.
(2.9)
11
Jeżeli zaś st(f ) < st(g), to oczywiście st(f + g) = st(f ).
Z określenia dodawania szeregów łatwo wynika, że system algebraiczny
(R[[x]], +, 0) jest grupą abelową, przy czym szeregiem przeciwnym do szeregu
f jest szereg −f = (−f0 , −f1 , −f2 , . . .).
Iloczynem szeregów f, g ∈ R[[x]] nazywamy szereg
f · g = (f0 g0 , f0 g1 + f1 g0 , f0 g2 + f1 g1 + f2 g0 , . . .).
(2.10)
Zatem dla każdego n ∈ N0 :
(f · g)n =
n
X
fi gn−i =
i=0
X
f i gj .
(2.11)
i+j=n
Jeżeli fi = 0 dla i = 1, 2, . . ., to ze wzoru (2.11) wynika, że
(f0 , 0, 0, . . .) · (g0 , g1 , g2 , . . .) = (f0 g0 , f0 g1 , f0 g2 , . . .).
(2.12)
Jeżeli zaś fi = 0 dla i = 0, 2, 3, . . ., to ze wzoru (2.11) wynika, że
(0, f1 , 0, 0, . . .) · (g0 , g1 , g2 , . . .) = (0, f1 g0 , f1 g1 , f1 g2 , . . .).
(2.13)
Niech teraz f, g ∈ R[[x]] \ {0} i n = st(f ) oraz m = st(g).
X Wtedy (f · g)k = 0
dla wszystkich k < n + m. Rzeczywiście, (f · g)k =
fi gj oraz fi = 0 dla
i+j=k
i < n, zaś dla i n jest j < m, więc gj = 0. Stąd i z (2.11) mamy, że dla
dowolnych szeregów f, g ∈ R[[x]]:
st(f · g) st(f ) + st(g).
(2.14)
Teraz udowodnimy, że mnożenie szeregów jest rozdzielne względem ich
dodawania oraz, że mnożenie szeregów jest łączne. W tym celu weźmy dowolne
f, g, h ∈ R[[x]]. Wtedy dla n ∈ N0 mamy, że
(f · (g + h))n =
X
fi (g + h)j =
i+j=n
=
X
i+j=n
fi gj +
X
X
X
fi (gj + hj ) =
i+j=n
(fi gj + fi hj )
i+j=n
fi hj = (f · g)n + (f · h)n = (f · g + f · h)n ,
i+j=n
skąd f ·(g+h) = f ·g+f ·h. Analogicznie
pokazuje
X
X się,
Xże (g+h)·f = g·f +h·f .
Ponadto ((f · g) · h)n =
(f · g)i hj =
(fs gt )hj =
i+j=n
X
(fs gt )hj oraz (f · (g · h))n =
s+t+j=n
=
X
i+j=n s+t=i
X
s+k=n
fs (g · h)k =
X
X
fs (gt hj )
s+k=n t+j=k
fs (gt hj ), więc f · (g · h) = (f · g) · h. W ten sposób udowodniliśmy
s+t+j=n
następujące
12
Twierdzenie 2.6. Dla dowolnego pierścienia R system algebraiczny
(R[[x]], +, ·, 0) tworzy pierścień. 2
Ten pierścień nazywamy pierścieniem szeregów formalnych zmiennej x o
współczynnikach z pierścienia R.
Zadanie (5). Udowodnij, że pierścień R[[x]] jest przemienny wtedy i tylko
wtedy, gdy pierścień R jest przemienny.
Zadanie (6). Udowodnij, że jeżeli 1 jest jedynką pierścienia R, to (1, 0, 0, . . .)
jest jedynką pierścienia R[[x]].
Zadanie (7). Udowodnij, że jeżeli S jest podpierścieniem pierścienia R, to
S[[x]] jest podpierścieniem pierścienia R[[x]].
Definicja 2.7. Wielomianem zmiennej x o współczynnikach z pierścienia R
nazywamy taki szereg f ∈ R[[x]], że 0 = fn = fn+1 = fn+2 = . . . dla pewnego
n ∈ N0 . Zbiór wszystkich wielomianów f ∈ R[[x]] oznaczamy przez R[x].
Stwierdzenie 2.8. Dla dowolnego pierścienia R, R[x] jest podpierścieniem
pierścienia R[[x]].
Dowód. Oczywiście R[x] 6= ∅, bo np. 0 ∈ R[x]. Weźmy dowolne f, g ∈ R[x].
Wtedy istnieją n, m ∈ N0 takie, że 0 = fn = fn+1 = . . . i 0 = gm = gm+1 = . . ..
Niech k = max{n, m}. Wtedy 0 = fk = fk+1 = . . . i 0 = gk = gk+1 = . . ., skąd
0 = (f −g)k = (f −g)k+1 = . . ., a więc f −g ∈ R[x]. Weźmy dowolne s > n+m
oraz i, j ∈ N0 takie, że i + j = s. Jeśli i > n, to fi = 0, więc fi gj = 0; jeśli zaś
i ¬ n, to j = s − i s − n > n + m − n = m, więc gj = 0, czyli fi gj = 0. Stąd
na mocy wzoru (2.11), (f · g)s = 0. W konsekwencji f · g ∈ R[x].
Otrzymany w ten sposób pierścień R[x] nazywamy pierścieniem wielomianów
zmiennej x o współczynnikach z pierścienia R.
Zadanie (8). Udowodnij, że jeżeli S jest podpierścieniem pierścienia R, to
S[x] jest podpierścieniem pierścienia R[x].
Zadanie (9). Udowodnij, że pierścień R[x] jest przemienny wtedy i tylko
wtedy, gdy pierścień R jest przemienny.
2.3
Iloczyn prosty i suma prosta pierścieni
Dla dowolnego niepustego zbioru indeksów T niech {Rt }t∈T będzie rodziną
Q
pierścieni. Przypomnijmy, że iloczym kartezjański R = t∈T Rt składa się
S
ze wszystkich funkcji f : T → t∈T Rt takich, że f (t) ∈ Rt dla wszystkich
t ∈ T , przy czym można utożsamiać f z uogólnionym ciągiem (xt )t∈T , gdzie
xt = f (t) dla t ∈ T . W zbiorze R wprowadzamy dodawanie i mnożenie ”po
współrzędnych”:
(xt )t∈T + (yt )t∈T = (xt + yt )t∈T ,
(2.15)
(xt )t∈T · (yt )t∈T = (xt · yt )t∈T .
13
(2.16)
Łatwo wykazać (Zadanie (10) na ćwiczenia), że wówczas (R, +, ·) jest pierścieniem. Nazywamy go iloczynem prostym rodziny pierścieni {Rt }t∈T i oznaczamy
Q
L
Q
przez t∈T Rt . Oznaczmy przez t∈T Rt zbiór tych wszystkich f ∈ t∈T Rt ,
dla których f (t) 6= 0 jedynie dla skończenie wielu t ∈ T . Nietrudno jest poL
kazać (Zadanie 11 na ćwiczenia), że t∈T Rt jest podpierścieniem pierścienia
Q
t . Nazywamy go sumą prostą rodziny pierścieni {Rt }t∈T i oznaczamy
t∈T R
L
przez t∈T Rt .
Zadanie (12). Udowodnij, że jeżeli {Rt }t∈T jest nieskończoną rodziną niezeL
rowych pierścieni, to pierścień t∈T Rt nie posiada jedynki.
Zadanie (13). Udowodnij, że jeżeli 1t jest jedynką pierścienia Rt dla t ∈ T ,
Q
Q
Q
to (1t )t∈T jest jedynką pierścienia t∈T Rt oraz ( t∈T Rt )∗ = t∈T Rt∗ .
Zadanie (14). Niech {Rt }t∈T będzie niepustą rodziną pierścieni. Udowodnij,
Q
że pierścień t∈T Rt jest przemienny wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego
t ∈ T pierścień Rt jest przemienny.
Zadanie (15). Niech {Rt }t∈T będzie niepustą rodziną pierścieni. Udowodnij,
L
że pierścień t∈T Rt jest przemienny wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego
t ∈ T pierścień Rt jest przemienny.
Wykład 3
Ideały jednostronne pierścieni
3.1
Iloczyny algebraiczne podgrup w pierścieniu
Definicja 3.1. Iloczynem algebraicznym podgrup A, B grupy addytywnej pierścienia R nazywamy podgrupę A · B grupy R+ generowaną przez wszystkie
elementy a · b dla a ∈ A, b ∈ B. Innymi słowy A · B jest najmniejszą w sensie
inkluzji podgrupą grupy R+ zawierającą wszystkie elementy a · b dla a ∈ A,
b ∈ B.
Stwierdzenie 3.2. Dla dowolnych podgrup A, B grupy addytywnej pierścienia
R zachodzi wzór:
n
X
A·B ={
ai bi : a1 , . . . , an ∈ A; b1 , . . . , bn ∈ B; n ∈ N}.
(3.1)
i=1
Dowód. Oznaczmy prawą stronę wzoru (3.1) przez C. Wtedy ab ∈ C dla
dowolnych a ∈ A, b ∈ B, skąd C =
6 ∅. Weźmy dowolne x, y ∈ C. Wtedy
x =
n
X
i=1
ai b i , y
=
m
X
cj dj dla pewnych a1 , . . . , an , c1 , . . . , cm
b1 , . . . , bn , d1 , . . . , dm ∈ B. Stąd na mocy stwierdzenia 1.9: x − y =
m
X
∈ A,
j=1
n
X
ai b i +
i=1
(−cj )dj ∈ C, bo −cj ∈ A dla j = 1, . . . , m. Zatem C jest podgrupą grupy
j=1
+
R zawierającą wszystkie elementy ab dla a ∈ A, b ∈ B.
Niech teraz M będzie dowolną podgrupą grupy R+ zawierającą wszystkie
ab dla a ∈ A, b ∈ B. Weźmy dowolne n ∈ N oraz dowolne a1 , . . . , an ∈ A,
b1 , . . . , bn ∈ B. Wtedy ai bi ∈ M dla i = 1, . . . , n, skąd
n
X
i=1
ai bi ∈ M . Zatem
C ⊆ M . Oznacza to, że C jest najmniejszą podgrupą grupy R+ zawierającą
wszystkie elementy ab dla a ∈ A, b ∈ B, czyli C = A · B.
14
15
Dla dowolnego elementu a pierścienia R przez hai będziemy oznaczali podgrupę grupy R+ generowaną przez element a. Zatem
hai = {ka : k ∈ Z}.
(3.2)
Jeżeli A jest podgrupą grupy R+ , to dla a ∈ R przyjmujemy następujące
oznaczenia:
aA = {a · x : x ∈ A} oraz Aa = {x · a : x ∈ A}.
(3.3)
Stwierdzenie 3.3. Dla dowolnych elementów a, b pierścienia R i dla dowolnej
podgrupy A grupy R+ zachodzą następujace wzory:
(i) aA = hai · A,
(ii) Aa = A · hai,
(iii) hai · hbi = ha · bi.
W szczególności aA i Aa są podgrupami grupy R+ .
Dowód. Z (3.2) i (3.3) wynika od razu, że aA ⊆ hai · A. Weźmy dowolne
x ∈ hai · A. Wtedy ze stwierdzenia 3.2 i ze wzoru (3.2), x =
n
X
(ki a)bi dla
i=1
pewnych k1 , . . . , kn ∈ Z, b1 , . . . , bn ∈ A. Zatem ze stwierdzeń 1.7 i 1.14, x =
a·
n
X
i=1
ki bi . Ale A jest podgrupą grupy R+ , więc
n
X
ki bi ∈ A, skąd x ∈ aA.
i=1
Zatem aA = hai · A. Analogicznie dowodzimy wzoru (ii).
Z (i) oraz ze wzorów (3.2) i (3.3) mamy, że hai · hbi = ahbi = {a(kb) : k ∈
Z}. Stąd i ze stwierdzenia 1.14 oraz ze wzoru (3.2), hai · hbi = {k(ab) : k ∈
Z} = habi.
Stwierdzenie 3.4. Dla dowolnych podgrup A, B, C grupy addytywnej pierścienia R zachodzą następujące wzory:
(i) (A · B) · C = A · (B · C),
(ii) A · (B + C) = A · B + A · C,
(iii) (B + C) · A = B · A + C · A.
Dowód. Weźmy dowolne x ∈ (A·B)·C. Ze stwierdzenia 3.2, x jest skończoną
sumą elementów postaci y · c dla y ∈ A · B, c ∈ C. Ponadto ze stwierdzenia 3.2
każde y ∈ A·B jest skończoną sumą elementów postaci a·b dla pewnych a ∈ A,
b ∈ B. Stąd na mocy stwierdzenia 1.7 x jest skończoną sumą elementów postaci
(a · b) · c dla pewnych a ∈ A, b ∈ B, c ∈ C. Ale (a · b) · c = a · (b · c) ∈ A · (B · C),
gdyż a ∈ A oraz b · c ∈ B · C, więc x ∈ A · (B · C). Stąd (A · B) · C ⊆ A · (B · C).
Przeciwną inkluzję dowodzi się analogicznie. Zatem (A · B) · C = A · (B · C).
Weźmy dowolne x ∈ A·(B +C). Ze stwierdzenia 3.2 x jest skończoną sumą
elementów postaci a · y dla pewnych a ∈ A, y ∈ B + C. Stąd y = b + c dla
pewnych b ∈ B, c ∈ C i a·y = a·b+a·c ∈ A·B +A·C. Zatem x ∈ A·B +A·C
i wobec tego A·(B +C) ⊆ A·B +A·C. Ponadto B ⊆ B +C i C ⊆ B +C, więc
A · B, A · C ⊆ A · (B + C), skąd A · B + A · C ⊆ A · (B + C). W konsekwencji
A · (B + C) = A · B + A · C. Dowód wzoru (iii) jest analogiczny.
16
Ze stwiedzenia 3.4 (i) wynika, że iloczyn algebraiczny podgrup jest działaniem łącznym w zbiorze wszystkich podgrup grupy addytywnej pierścienia
R. Z tego powodu dla dowolnego n ∈ N i dla dowolnych podgrup A1 , . . . , An
grupy R+ wartość iloczynu A1 · . . . · An nie zależy od sposobu rozstawienia
nawiasów. Ponadto ze stwierdzenia 3.2 przez prostą indukcję można wykazać,
że podgrupa A1 · . . . · An składa się ze wszystkich skończonych sum elementów
postaci a1 · . . . · an dla ai ∈ Ai , i = 1, . . . , n. Jeżeli A jest podgrupą grupy
R+ , to zamiast A
. . · A} będziemy pisali An . Ponadto ze stwierdzenia 3.4
| · .{z
n
przez prostą indukcję mamy, że dla dowolnego n ∈ N i dla dowolnych podgrup
A, A1 , . . . , An grupy R+ zachodzą wzory:
A · (A1 + . . . + An ) = A · A1 + . . . + A · An ,
(3.4)
(A1 + . . . + An ) · A = A1 · A + . . . + An · A.
(3.5)
Zadanie (1). Udowodnij, że dla dowolnych podgrup A i B grupy addytywnej
pierścienia R i dla dowolnych a, b ∈ R: hai · A · hbi = {a · x · b : x ∈ A} oraz
(AB)a = A(Ba).
3.2
Ideały lewostronne pierścieni
Definicja 3.5. Niepusty podzbiór L ⊆ R nazywamy ideałem lewostronnym
pierścienia R, jeżeli:
(1) l1 − l2 ∈ L dla dowolnych l1 , l2 ∈ L oraz
(2) r · l ∈ L dla dowolnych r ∈ R, l ∈ L.
Piszemy wtedy: L <l R.
Z tej definicji wynika od razu, że każdy ideał lewostronny jest podgrupą
grupy addytywnej, a nawet jest podpierścieniem pierścienia R. Ponadto L ⊆
R jest ideałem lewostronnym pierścienia R wtedy i tylko wtedy, gdy L jest
podgrupą grupy R+ i RL ⊆ L.
Przykład 3.6. Zbiór {0} jest ideałem lewostronnym pierścienia R. Nazywamy
go ideałem lewostronnym zerowym. R jest ideałem lewostronnym pierścienia
R. Nazywamy go ideałem lewostronnym niewłaściwym.
Przykład 3.7. Dla dowolnego elementu a pierścienia R na mocy stwierdzenia 3.3, Ra jest podgrupą grupy R+ oraz R(Ra) = (RR)a ⊆ Ra. Zatem
Ra <l R. Ogólniej: jeśli L <l R, to dla dowolnej podgrupy X grupy R+ , LX
jest podgrupą w R+ oraz R(LX) = (RL)X ⊆ LX, a więc LX <l R. W szczególności, jeżeli L, M <l R, to L · M <l R. Jeżeli Li <l R dla i = 1, . . . , n, to
R(L1 · . . . · Ln ) = (R · L1 ) · . . . · Ln ⊆ L1 · . . . · Ln , a więc L1 · . . . · Ln <l R.
Przykład 3.8. Dla dowolnego elementu a pierścienia R, hai+Ra = {ka+r·a :
k ∈ Z, r ∈ R} jest podgrupą grupy R+ oraz na mocy stwierdzeń 3.4 i 3.3,
17
R(hai + Ra) = Rhai + R(Ra) = Ra + (RR)a ⊆ Ra ⊆ hai + Ra. Zatem
hai + Ra jest ideałem lewostronnym pierścienia R zawierającym element a.
Jeżeli L jest ideałem lewostronnym pierścienia R zawierającym a, to hai ⊆ L
i Ra ⊆ L, skąd hai + Ra ⊆ L. Zatem hai + Ra jest najmniejszym ideałem
lewostronnym pierścienia R zawierającym element a. Nazywamy go ideałem
lewostronnym pierścienia R generowanym przez a.
Przykład 3.9. Niech A będzie dowolną podgrupą grupy addytywnej pierścienia R. Wówczas A+RA jest podgrupą w R+ oraz R·(A+RA) = RA+R(RA) =
RA + (RR)A ⊆ RA ⊆ A + RA, a więc A + RA <l R. Ponadto A ⊆ A + RA.
Jeżeli L jest ideałem lewostronnym pierścienia R takim, że A ⊆ L, to RA ⊆ L,
skąd A + RA ⊆ L. Zatem A + RA jest najmniejszym ideałem lewostronnym
pierścienia R zawierającym podgrupę A. Nazywamy go ideałem lewostronnym
pierścienia R generowanym przez podgrupę A.
Przykład 3.10. Uzasadnimy, że dla dowolnego podzbioru X pierścienia R
istnieje najmniejszy ideał lewostronny pierścienia R zawierający X. Niech
hXi oznacza najmniejszą podgrupę grupy R+ zawierającą podzbiór X. Wtedy
hXi+RhXi <l R oraz X ⊆ hXi+RhXi. Niech L będzie dowolnym ideałem lewostronnym pierścienia R zawierającym X. Ponieważ L jest podgrupą w R+ ,
więc hXi ⊆ L. Zatem z przykładu 3.9 hXi + RhXi ⊆ L. Stąd hXi + RhXi jest
najmniejszym ideałem lewostronnym pierścienia R zawierającym podzbiór X.
Nazywamy go ideałem lewostronnym pierścienia R generowanym przez podzbiór X.
Przykład 3.11. Część wspólna dowolnej niepustej rodziny {Lt }t∈T ideałów
lewostronnych pierścienia R jest ideałem lewostronnym pierścienia R. RzeczyT
wiście, ponieważ ideały lewostronne są podpierścieniami R, więc L = t∈T Lt
też jest podpierścieniem pierścienia R. Ponadto dla r ∈ R oraz l ∈ L mamy,
że l ∈ Lt dla każdego t ∈ T , skąd r · l ∈ Lt dla każdego t ∈ T . Zatem r · l ∈ L
i L jest ideałem lewostronnym pierścienia R.
Przykład 3.12. Suma algebraiczna skończonej liczby ideałów lewostronnych
pierścienia R jest ideałem lewostronnym tego pierścienia. Mianowicie, jeżeli
L1 , L2 , . . . , Ln są ideałami lewostronnymi pierścienia R, to L1 +L2 +. . .+Ln =
{l1 + l2 + . . . + ln : li ∈ Li dla i = 1, 2, . . . , n} jest ideałem lewostronnym
pierścienia R zawierającym wszystkie ideały L1 , L2 , . . . , Ln . Rzeczywiście, dla
. . + 0} dla i = 1, . . . , n, skąd
a ∈ Li mamy, że a = |0 + .{z
. . + 0} +a + |0 + .{z
i−1
n−i
Li ⊆ L1 +. . .+Ln dla i = 1, . . . , n. Ponadto ideały lewostronne są podgrupami
grupy abelowej R+ , więc ich suma algebraiczna jest też podrupą tej grupy. W
końcu dla r ∈ R oraz li ∈ Li , i = 1, . . . , n mamy, że r · (l1 + . . . + ln ) =
r · l1 + . . . + r · ln ∈ L1 + . . . + Ln , bo r · li ∈ Li dla i = 1, . . . , n. Zatem
L1 + L2 + . . . + Ln <l R.
Przykład 3.13. Niech X będzie dowolnym niepustym podzbiorem pierścienia
R. Lewostronnym anihilatorem zbioru X w pierścieniu R nazywamy podzbiór
18
lR (X) = {r ∈ R : r · x = 0 dla każdego x ∈ X}. Zauważmy, że 0 ∈ lR (X), bo
0 · r = 0 nawet dla każdego r ∈ R. Jeśli a, b ∈ lR (X), to dla x ∈ X mamy, że
(a − b) · x = a · x − b · x = 0 − 0 = 0, skąd a − b ∈ lR (X). Niech r ∈ R oraz
a ∈ lR (X). Wtedy dla x ∈ X mamy, że (r · a) · x = r · (a · x) = r · 0 = 0, skąd
r · a ∈ lR (X). Zatem rzeczywiście lR (X) <l R. Ponadto lR (X)X = {0}.
Zadanie (2). Udowodnij, że dla dowolnego a ∈ R podzbiór L = {x − x · a :
x ∈ R} jest ideałem lewostronnym pierścienia R.
Zadanie (3). Niech" R będzie
pierścieniem
#
"
#z "jedynką# i "niech L
# <
" l M2 (R).
#
a b
a b
0 0
c d
0 0
Udowodnij, że jeżeli
∈ L, to
,
,
,
∈
c d
0 0
a b
0 0
c d
L.
Zadanie "(4). Udowodnij,
że jeżeli L i M są ideałami lewostronnymi pierście#
L M
nia R, to
<l M2 (R).
L M
Zadanie (5). Niech K będzie dowolnym ciałem. Opisać wszystkie ideały lewostronne pierścienia macierzy M2 (K).
Zadanie (6). Niech Lt będzie ideałem lewostronnym pierścienia Rt dla każQ
Q
dego t ∈ T . Udowodnij, że wtedy t∈T Lt <l t∈T Rt .
Zadanie (7). Niech R i S będą pierścieniami, z których co najmniej jeden posiada jedynkę. Udowodnij, że wszystkimi ideałami lewostronnymi pierścienia
R × S są jedynie podzbiory postaci L × M , gdzie L <l R i M <l S.
Zadanie (8). W pierścieniu 2Z × 2Z znajdź ideał lewostronny, który nie jest
postaci L × M dla L, M <l 2Z.
3.3
Ideały prawostronne pierścieni
Definicja 3.14. Ideałem prawostronnym pierścienia R nazywamy niepusty
podzbiór P ⊆ R taki, że
(1) p1 − p2 ∈ P dla dowolnych p1 , p2 ∈ P oraz
(2) p · r ∈ P dla dowolnych p ∈ P , r ∈ R.
Piszemy wtedy P <r R.
Z tej definicji wynika od razu, że każdy ideał prawostronny jest podgrupą
grupy addytywnej, a nawet jest podpierścieniem pierścienia R. Ponadto P ⊆ R
jest ideałem prawostronnym pierścienia R wtedy i tylko wtedy, gdy P jest
podgrupą grupy R+ i P R ⊆ P .
Uwaga 3.15. Niech (R, +, ·, 0) będzie dowolnym pierścieniem. W zbiorze R
wprowadzamy nowe mnożenie ∗ przyjmujac, że
a ∗ b = b · a dla dowolnych a, b ∈ R.
(3.6)
19
Łatwo sprawdzić, że (R, +, ∗, 0) jest pierścieniem. Nazywamy go pierścieniem
R z odwróconym mnożeniem i oznaczamy przez Rop . Wprost z definicji Rop
wynika, że dla dowolnego A ⊆ R:
A <r R ⇐⇒ A <l Rop oraz A <l R ⇐⇒ A <r Rop .
Przykład 3.16. Zbiór {0} jest ideałem prawostronnym pierścienia R. Nazywamy go ideałem prawostronnym zerowym pierścienia R. R jest ideałem
prawostronnym pierścienia R. Nazywamy go ideałem prawostronnym niewłaściwym pierścienia R.
Przykład 3.17. Dla dowolnego elementu a pierścienia R na mocy uwagi 3.15
i przykładu 3.7, aR <r R. Ogólniej: jeśli P <r R, to dla dowolnej podgrupy
X grupy R+ , XP <r R. W szczególności, jeżeli P, Q <r R, to P · Q <r R.
Jeżeli Pi <l R dla i = 1, . . . , n, to P1 · . . . · Pn <r R.
Przykład 3.18. Na mocy uwagi 3.15 i przykładu 3.8, dla dowolnego elementu
a pierścienia R, hai + aR = {ka + a · r : k ∈ Z, r ∈ R} jest najmniejszym
ideałem prawostronnym pierścienia R zawierającym element a. Nazywamy go
ideałem prawostronnym pierścienia R generowanym przez a.
Przykład 3.19. Na mocy uwagi 3.15 i przykładu 3.9, dla dowolnej podgrupy A grupy addytywnej pierścienia R, A + AR jest najmniejszym ideałem
prawostronnym pierścienia R zawierającym A. Nazywamy go ideałem prawostronnym pierścienia R generowanym przez podgrupę A.
Przykład 3.20. Na mocy uwagi 3.15 i przykładu 3.10, dla dowolnego podzbioru X pierścienia R, hXi + hXiR jest najmniejszym ideałem prawostronnym pierścienia R zawierającym X. Nazywamy go ideałem prawostronnym
pierścienia R generowanym przez podzbiór X.
Przykład 3.21. Na mocy uwagi 3.15 i przykładu 3.11, część wspólna dowolnej
niepustej rodziny {Pt }t∈T ideałów prawostronnych pierścienia R jest ideałem
prawostronnym pierścienia R.
Przykład 3.22. Na mocy uwagi 3.15 i przykładu 3.12, suma algebraiczna
skończonej liczby ideałów prawostronnych pierścienia R jest ideałem prawostronnym tego pierścienia.
Przykład 3.23. Niech X będzie niepustym podzbiorem pierścienia R. Prawostronnym anihilatorem podzbioru X nazywamy podzbiór: rR (X) = {r ∈ R :
x · r = 0 dla każdego x ∈ X}. Na mocy uwagi 3.15 i przykładu 3.13 mamy, że
rR (X) <r R.
Zadanie (9). Udowodnij, że dla dowolnego a ∈ R podzbiór P = {x − a · x :
x ∈ R} jest ideałem prawostronnym pierścienia R.
20
Zadanie (10). Niech
pierścieniem
" R będzie
#
"
#z "jedynką# i "niech P# <
" r M2 (R).
#
a b
a 0
0 a
0 b
b 0
Udowodnij, że jeżeli
∈ P , to
,
,
,
∈
c d
c 0
0 c
0 d
d 0
P.
Zadanie (11).
że jeżeli P i Q są ideałami prawostronnymi pier" Udowodnij,
#
P P
ścienia R, to
<r M2 (R).
Q Q
Zadanie (12). Niech K będzie dowolnym ciałem. Opisać wszystkie ideały
prawostronne pierścienia M2 (K).
Zadanie (13). Niech K będzie dowolnym ciałem. Podać przykład ideału lewostronnego (prawostronnego) pierścienia M2 (K), który nie jest ideałem prawostronnym (lewostronnym) tego pierścienia.
Zadanie (14). Niech K będzie dowolnym ciałem. Wykazać, że następujące
podzbiory
pierścienia
M2 (K):
" są podpierścieniami
#
"
#
"
#
K K
K K
K 0
(a)
, (b)
, (c)
.
0 0
0 K
K 0
Które z tych podpierścieni są ideałami lewostronnymi (prawostronnymi)
pierścienia M2 (K)? Wyznaczyć centrum każdego z tych podpierścieni i opisać
wszystkie ich ideały lewostronne i prawostronne.
Uwaga 3.24. Ideały lewostronne i ideały prawostronne pierścienia R nazywamy ideałami jednostronnymi pierścienia R.
Zadanie (15). Niech L <l R i P <r R. Pokazać, że wtedy [L∪P ] = L+P +LP .
Zadanie (16). Niech Pt będzie ideałem prawostronnym pierścienia Rt dla
Q
Q
każdego t ∈ T . Udowodnij, że wtedy t∈T Pt <r t∈T Rt .
Zadanie (17). Niech R i S będą pierścieniami, z których co najmniej jeden
posiada jedynkę. Udowodnij, że wszystkimi ideałami prawostronnymi pierścienia R × S są jedynie podzbiory postaci P × Q, gdzie P <r R i Q <r S.
Wykład 4
Ideały pierścieni
4.1
Ideały obustronne pierścieni
Definicja 4.1. Ideałem obustronnym pierścienia R nazywamy każdy taki ideał
lewostronny, który jest jednocześnie ideałem prawostronnym tego pierścienia.
Ideały obustronne będziemy nazywać krótko ideałami. Zapis: I R będzie
oznaczał, że I jest ideałem pierścienia R.
Oczywiście I ⊆ R jest ideałem pierścienia R wtedy i tylko wtedy, gdy
I 6= ∅ oraz i1 − i2 ∈ I dla dowolnych i1 , i2 ∈ I oraz r · i, i · r ∈ I dla dowolnych
r ∈ R, i ∈ I. Jest to równoważne temu, że I jest podgrupą w R+ spełniającą
warunki: I · R ⊆ I oraz R · I ⊆ I.
Z podanych wcześniej informacji o ideałach jednostronnych wynika od razu
prawdziwość następujących przykładów.
Przykład 4.2. Zbiór {0} jest ideałem pierścienia R. Nazywamy go ideałem
zerowym. R jest ideałem pierścienia R. Nazywamy go ideałem niewłaściwym
pierścienia R.
Przykład 4.3. Część wspólna dowolnej niepustej rodziny ideałów pierścienia
R jest ideałem tego pierścienia.
Przykład 4.4. Suma algebraiczna skończonej liczby ideałów pierścienia R
jest ideałem tego pierścienia.
Przykład 4.5. Iloczyn algebraiczny skończonej liczby ideałów pierścienia R
jest ideałem tego pierścienia.
Przykład 4.6. Jeżeli L jest ideałem lewostronnym pierścienia R oraz P jest
ideałem prawostronnym tego pierścienia, to LP R. Stąd dla dowolnej podgrupy A w R+ , LAP R. W szczególności dla dowolnego elementu a ∈ R
mamy, że RaR R.
21
22
Przykład 4.7. Jeśli L <l R, to L+LRR. Rzeczywiście, na mocy przykładu
3.7, L+LR <l R oraz ze stwierdzenia 3.4, (L+LR)·R = LR+(LR)R ⊆ LR+
L(RR) ⊆ LR+LR ⊆ L+LR, więc L+LR <r R i ostatecznie L+LRR. Jeżeli
J jest ideałem pierścienia R zawierającym L, to LR ⊆ J, skąd L + LR ⊆ J.
Zatem L + LR jest najmniejszym ideałem pierścienia R zawierającym ideał
lewostronny L.
Przykład 4.8. Jeśli P <r R, to P +RP R. Rzeczywiście, na mocy przykładu
3.19, P + RP <r R oraz ze stwierdzenia 3.4, R(P + RP ) = RP + R(RP ) ⊆
RP + (RR)P ⊆ RP + RP ⊆ P + RP , więc P + RP <l R i ostatecznie
P + RP R. Jeżeli J jest ideałem pierścienia R zawierającym P , to RP ⊆ J,
skąd P + RP ⊆ J. Zatem P + RP jest najmniejszym ideałem pierścienia R
zawierającym ideał prawostronny P .
Przykład 4.9. Niech A będzie podgrupą grupy addytywnej pierścienia R.
Wtedy L = A + RA <l R na mocy przykładu 3.7. Zatem na mocy przykładu
3.19, L + LR R. Ale ze stwierdzenia 3.4, L + LR = A + RA + AR + RAR,
więc (A)R = A + RA + AR + RAR R. Jeżeli J R i A ⊆ J, to na mocy
przykładu 3.9 L ⊆ J, więc z przykladu 3.19, L + LR ⊆ J, czyli (A)R ⊆ J.
Zatem (A)R jest najmniejszym ideałem pierścienia R zawierającym podgrupę
A.
Przykład 4.10. Niech X będzie podzbiorem pierścienia R. Wówczas X ⊆
hXi, więc z przykładu 4.9, (hXi)R jest ideałem pierścienia R zawierającym
X. Jeżeli J R i X ⊆ J, to hXi ⊆ J, a więc z przykładu 4.9, (hXi)R ⊆ J.
Zatem (hXi)R jest najmniejszym ideałem pierścienia R zawierającym podzbiór X. Nazywamy go ideałem pierścienia R generowanym przez podzbiór X
i oznaczamy symbolem (X)R . Zatem
(X)R = hXi + RhXi + hXiR + RhXiR.
Zamiast ({a1 , . . . , an })R będziemy pisali (a1 , . . . , an )R . Na mocy stwierdzenia
3.3 dla dowolnego a ∈ R:
(a)R = hai + Ra + aR + RaR.
Przykład 4.11. Jeżeli L <l R, to lR (L)R. Rzeczywiście, na mocy przykładu
3.13, lR (L) <l R oraz na mocy stwierdzenia 3.4, (lR (L)R)L = lR (L)(RL) ⊆
lR (L)L = {0}, więc lR (L)R ⊆ lR (L) i wobec tego lR (L) <r R. Stąd ostatecznie
lR (L) R. Analogicznie pokazuje się, że jeżeli P <r R, to rR (P ) R.
Udowodnimy teraz rezultat bardzo użyteczny w ogólnej teorii pierścieni i
nazywany lematem Andrunakiewicza.
Twierdzenie 4.12. Jeżeli A B i B R, to (A)3R ⊆ A.
23
Dowód. Ponieważ A ⊆ B i B R, więc z przykładu 4.9, (A)R ⊆ B. Stąd
(A)3R ⊆ B(A)R B. Ponadto z przykładu 4.9, (A)R = A + AR + RA + RAR,
więc na mocy stwierdzenia 3.4, B(A)R = BA + BAR + BRA + BRAR. Ale
B R i A B, więc stąd B(A)R ⊆ A + AR + BA + BAR ⊆ A + AR.
Zatem (A)3R ⊆ (A + AR)B = AB + A(RB) ⊆ A + AB ⊆ A, bo AB ⊆ A i
RB ⊆ B.
Zadanie (1). Niech A będzie podpierścieniem pierścienia R i niech I R.
Pokazać, że wtedy A + I jest podpierścieniem pierścienia R.
4.2
Ważne rodzaje ideałów
Definicja 4.13. Mówimy, że ideal I pierścienia R jest ideałem właściwym,
jeżeli I 6= R.
Stwierdzenie 4.14. Niech I będzie ideałem pierścienia R z jedynką. Wówczas
I = R wtedy i tylko wtedy, gdy 1 ∈ I.
Dowód. Załóżmy, że 1 ∈ I. Wtedy dla dowolnego a ∈ R, a = a · 1 ∈ I, czyli
R ⊆ I. Ale I ⊆ R, więc I = R. Implikacja odwrotna jest oczywista.
Definicja 4.15. Rodzinę A podzbiorów pierścienia R nazywamy łańcuchem,
jeżeli dla dowolnych A, B ∈ A mamy, że A ⊆ B lub B ⊆ A.
Stwierdzenie 4.16. Suma mnogościowa łańcucha podgrup grupy addytywnej
pierścienia R jest podgrupą tej grupy.
Dowód. Niech A będzie łańcuchem podgrup grupy R+ . Oznaczmy M =
A∈A A. Wtedy A ⊆ M dla każdego A ∈ A, skąd M 6= ∅. Weźmy dowolne
a, b ∈ M . Wtedy istnieją A, B ∈ A takie, że a ∈ A i b ∈ B. Ale A jest
łańcuchem, więc A ⊆ B lub B ⊆ A. W pierwszym przypadku a, b ∈ B, więc
a − b ∈ B, skąd a − b ∈ M . Natomiast w drugim a, b ∈ A, więc a − b ∈ A,
skąd a − b ∈ M . Zatem M jest podgrupą grupy R+ .
S
Stwierdzenie 4.17. Suma mnogościowa łańcucha ideałów lewostronnych (prawostronnych) pierścienia R jest ideałem lewostronnym (prawostronnym) tego
pierścienia. Ponadto suma mnogościowa łańcucha ideałów pierścienia R jest
ideałem pierścienia R.
Dowód. Niech A będzie łańcuchem ideałów lewostronnych pierścienia R.
S
Wtedy ze stwierdzenia 4.16, M = A∈A A jest podgrupą grupy R+ . Weźmy dowolne m ∈ M i dowolne a ∈ R. Wtedy istnieje A ∈ A takie, że m ∈ A,
skąd a · m ∈ A, czyli a · m ∈ M . Zatem M <l R. Wersję prawostronną naszego stwierdzenia dowodzi się analogicznie. Ostatnia cześć stwierdzenia jest
konsekwencją jej pierwszej części.
24
Definicja 4.18. Mówimy, że ideał I pierścienia R jest ideałem maksymalnym
pierścienia R, jeżeli I 6= R oraz dla dowolnego ideału J pierścienia R z tego,
że I ⊆ J wynika, że J = I lub J = R.
Twierdzenie 4.19. Każdy ideał właściwy I pierścienia R z jedynką jest zawarty w pewnym ideale maksymalnym tego pierścienia.
Dowód. Oznaczmy przez S rodzinę wszystkich właściwych ideałów pierścienia R zawierających ideał I. Wtedy I ∈ S, więc S =
6 ∅. Ponadto rodzina S jest
częściowo uporządkowana przez inkluzję. Niech A będzie łańcuchem w S oraz
S
niech J = A∈A A. Wtedy ze stwierdzenia 4.17 , J jest ideałem pierścienia
R oraz I ⊆ J. Jeśli J = R, to 1 ∈ J, więc istnieje A ∈ A takie, że 1 ∈ A.
Ale wtedy ze stwierdzenia 4.14, A = R i mamy sprzeczność. Zatem J 6= R i
ostatecznie J ∈ S. W ten sposób pokazaliśmy, że w rodzinie S każdy łańcuch
posiada ograniczenie górne. Stąd na mocy lematu Kuratowskiego-Zorna w rodzinie S istnieje element maksymalny M . Wówczas M jest ideałem właściwym
pierścienia R zawierającym ideał I. Niech U będzie ideałem pierścienia R takim, że M ⊆ U oraz U 6= R. Wtedy U ∈ S, więc z maksymalności M w
rodzinie S mamy, że M = U . Zatem M jest szukanym ideałem maksymalnym
pierścienia R.
Wniosek 4.20. Każdy niezerowy pierścień z jedynką posiada ideał maksymalny.
Dowód. Niech R będzie niezerowym pierścieniem z jedynką. Wtedy {0} jest
ideałem właściwym pierścienia R. Zatem z twierdzenia 4.19 istnieje ideał maksymalny M pierścienia R taki, że {0} ⊆ M , co kończy dowód wniosku.
Definicja 4.21. Każdy pierścień R taki, że R2 = {0} nazywamy pierścieniem
z zerowym mnożeniem.
Zadanie (2). Niech p będzie liczbą pierwszą. Dla n = 0, 1, 2, . . . oznaczmy
n
Cpn = {z ∈ C : z p = 1}. Wówczas jak wiemy Cpn jest podgrupą grupy multyplikatywnej ciała liczb zespolonych. Oznaczmy: Cp∞ =
∞
[
Cpn . Udowodnić,
n=0
że Cp∞ jest grupą i opisać wszystkie jej podgrupy. Pokazać też, że pierścień
C0p∞ nie posiada ideałów maksymalnych.
Definicja 4.22. Mówimy, że ideał I pierścienia R jest ideałem pierwszym w
pierścieniu R, jeżeli I 6= R oraz dla dowolnych ideałów A, B pierścienia R z
tego, że A · B ⊆ I wynika, że A ⊆ I lub B ⊆ I.
Twierdzenie 4.23. Niech M będzie ideałem maksymalnym pierścienia R.
Wówczas równoważne są warunki:
(i) M jest ideałem pierwszym pierścienia R,
(ii) R2 6⊆ M .
25
Dowód. Z założenia wynika, że M 6= R.
(i) ⇒ (ii). Jeżeli R2 ⊆ M , to z pierwszości M jest R ⊆ M , skąd M = R i
mamy sprzeczność. Zatem R2 6⊆ M .
(ii) ⇒ (i). Załóżmy, że M nie jest ideałem pierwszym pierścienia R. Wtedy
istnieją ideały A, B pierścienia R takie, że AB ⊆ M oraz A 6⊆ M i B 6⊆ M .
Stąd M ⊂ M + A i M ⊂ M + B. Zatem z maksymalności M mamy, że
M + A = M + B = R. Ale R2 = (M + A)(M + B) = M 2 + M B + AM + AB ⊆
M + M + M + M ⊆ M , więc R2 ⊆ M i mamy sprzeczność. Stąd M jest
ideałem pierwszym pierścienia R.
Wniosek 4.24. W pierścieniu R takim, że R2 = R każdy ideał maksymalny
jest ideałem pierwszym.
Wniosek 4.25. W pierścieniu z jedynką każdy ideał maksymalny jest ideałem
pierwszym.
Przykład 4.26. W pierścieniu Z0 ideały maksymalne są postaci: pZ dla liczb
pierwszych p. Zatem z twierdzenia 4.23 żaden z tych ideałów nie jest ideałem
pierwszym pierścienia Z0 .
Zadanie (3). Niech I1 , I2 , I3 będą ideałami pierścienia R z jedynką takimi,
że R = I1 + I2 = I1 + I3 . Udowodnić, że wtedy R = I1 + I2 ∩ I3 .
Twierdzenie 4.27. Niech I będzie właściwym ideałem pierścienia R. Wówczas równoważne są warunki:
(i) I jest ideałem pierwszym pierścienia R,
(ii) dla dowolnych a, b ∈ R z tego, że aRb ⊆ I wynika, że a ∈ I lub b ∈ I.
Dowód. (i) ⇒ (ii). Załóżmy, że I jest ideałem pierwszym w pierścieniu R i
weźmy dowolne a, b ∈ R takie, że aRb ⊆ I. Wtedy (a)R Rb = (hai + aR + Ra +
RaR)Rb = aRb + aR2 b + RaRb + RaR2 b ⊆ I. Stąd (a)R R(b)R = (a)R R(hbi +
bR + Rb + RbR) = (a)R Rb + (a)R RbR + (a)R R2 b + (a)R R2 bR ⊆ I. Zatem
(a)R R(b)R ⊆ I, więc z pierwszości I, (a)R ⊆ I lub R(b)R ⊆ I. W pierwszym
przypadku a ∈ I, zaś w drugim R ⊆ I lub (b)R ⊆ I. Ale I 6= R, więc (b)R ⊆ I,
skąd b ∈ I.
(ii) ⇒ (i). Załóżmy, że ideał I nie jest pierwszy. Wtedy istnieją ideały A
i B pierścienia R takie, że A · B ⊆ I oraz A 6⊆ I i B 6⊆ I. Zatem istnieją
a ∈ A \ I oraz b ∈ B \ I. Ponadto aRb ⊆ A · B ⊆ I, więc aRb ⊆ I. Stąd a ∈ I
lub b ∈ I i mamy sprzeczność.
Zadanie (4). Udowodnij, że ideał właściwy I pierścienia przemiennego R jest
ideałem pierwszym w R wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnych a, b ∈ R z
tego, że ab ∈ I wynika, że a ∈ I lub b ∈ I.
Definicja 4.28. Mówimy, że ideał I pierścienia R jest ideałem półpierwszym
pierścienia R, jeżeli I 6= R oraz dla dowolnego ideału J pierścienia R z tego,
że J 2 ⊆ I wynika, że J ⊆ I.
26
Twierdzenie 4.29. Niech I będzie właściwym ideałem pierścienia R. Wówczas równoważne są warunki:
(i) I jest ideałem półpierwszym pierścienia R,
(ii) dla dowolnego a ∈ R z tego, że aRa ⊆ I wynika, że a ∈ I.
Dowód. (i) ⇒ (ii). Weźmy dowolne a ∈ R takie, że aRa ⊆ I. Wtedy
(a)R Ra = (hai+Ra+aR +RaR)Ra = aRa+RaRa+aR2 a+RaR2 a ⊆ I, skąd
(a)R R(a)R = (a)R R(hai + Ra + aR + RaR) = (a)R Ra + (a)R R2 a + (a)R RaR +
(a)R R2 aR ⊆ I. Zatem (a)R R(a)R ⊆ I, skąd [(a)2R ]2 ⊆ I, a więc (a)2R ⊆ I.
Zatem (a)R ⊆ I i wobec tego a ∈ I.
(ii) ⇒ (i). Weźmy dowolny ideał J pierścienia R taki, że J 2 ⊆ I. Wtedy
dla dowolnego a ∈ J, aRa ⊆ J 2 , a więc aRa ⊆ I, skąd a ∈ I. Zatem J ⊆ I.
Stąd I jest ideałem półpierwszym pierścienia R.
Przykład 4.30. Wprost z definicji każdy ideał pierwszy pierścienia R jest ideałem półpierwszym tego pierścienia. Natomiast ideał I = {0}×{0} pierścienia
R = Z × Z jest półpierwszy, ale nie jest ideałem pierwszym, bo I = A · B dla
A = Z × {0} i B = {0} × Z.
Przykład 4.31. Część wspólna dowolnej niepustej rodziny ideałów pierwszych (a nawet półpierwszych) pierścienia R jest ideałem półpierwszym tego pierścienia. Rzeczywiście, niech {It }t∈T będzie rodziną ideałów pierwszych
T
(półpierwszych) pierścienia R. Wtedy na mocy przykładu 4.3, I = t∈T It R.
Ponadto dla t ∈ T jest I ⊆ It ⊂ R, więc I 6= R. Weźmy dowolny ideał J pierścienia R taki, że J 2 ⊆ I. Wtedy dla każdego t ∈ T : J 2 ⊆ It , więc J ⊆ It z
T
pierwszości (z półpierwszości) It . Stąd J ⊆ t∈T It , czyli J ⊆ I. Zatem I jest
ideałem półpierwszym pierścienia R.
Definicja 4.32. Mówimy, że ciąg (an ) elementów pierścienia R jest m-ciągiem,
jeżeli ai+1 ∈ ai Rai dla dowolnego i ∈ N.
n−1
Przykład 4.33. Dla dowolnego elementu a pierścienia R, (a3 ) jest mi
i−1
i−1
i−1
ciągiem o pierwszym wyrazie równym a, gdyż ai+1 = a3 = a3 a3 a3 =
n−1
ai ai ai ∈ ai Rai dla i ∈ N. Zauważmy, że ciąg (a3 ) zawiera wyraz równy 0
wtedy i tylko wtedy, gdy element a jest nilpotentny.
Stwierdzenie 4.34. Niech (an ) będzie m-ciągiem w pierścieniu R. Wówczas
dla dowolnych liczb naturalnych k l: ak ∈ (al )R . W szczególności, jeżeli dla
pewnego I R jest al ∈ I, to ak ∈ I dla wszystkich k l.
Dowód. Z przykładu 4.10, al ∈ (al )R . Niech k l będzie liczbą naturalną,
że ak ∈ (al )R . Wtedy ak+1 ∈ ak Rak ⊆ (al )R R(al )R ⊆ (al )R , czyli ak+1 ∈ (al )R .
Zatem przez indukcję ak ∈ (al )R dla wszystkich k l.
Niech I R i al ∈ I. Wtedy z przykładu 4.10, (al )R ⊆ I, więc z pierwszej
części dowodu ak ∈ I dla wszystkich k l.
27
Stwierdzenie 4.35. Niech I będzie ideałem półpierwszym pierścienia R. Wówczas dla każdego a ∈ R \ I istnieje m-ciąg (an ) taki, że a1 = a oraz an 6∈ I dla
n ∈ N.
Dowód. Szukany ciąg skonstruujemy przez indukcję. Ponieważ I 6= R, więc
R \ I 6= ∅. Weźmy dowolne a ∈ R \ I i niech a1 = a. Wtedy a1 6∈ I. Zatem
z twierdzenia 4.28, a1 Ra1 6⊆ I. Zatem istnieje a2 ∈ a1 Ra1 \ I. Załóżmy, że
zostały już skonstruowane elementy a1 , . . . , an ∈ R \ I takie, że a1 = a oraz
ai+1 ∈ ai Rai dla i = 1, . . . , n − 1. Wtedy z twierdzenia 4.28 , an Ran 6⊆ I, więc
istnieje an+1 ∈ an Ran \ I. W ten sposób przez indukcję mamy skonstruowany
m-ciąg (an ) spełniający warunki twierdzenia.
Stwierdzenie 4.36. Niech (an ) będzie m-ciągiem w pierścieniu R i niech
I R, przy czym an 6∈ I dla każdego n ∈ N. Wówczas rodzina M wszystkich
ideałów J pierścienia R zawierających I oraz takich, że an 6∈ J dla wszystkich
n ∈ N jest niepusta i posiada element maksymalny. Ponadto każdy element
maksymalny rodziny M jest ideałem pierwszym pierścienia R.
Dowód. Na mocy założeń I ∈ M, więc M =
6 ∅. Niech A będzie łańcuchem
S
w M. Wtedy ze stwierdzeniua 4.17, M = A∈A A jest ideałem pierścienia
R. Ponadto M zawiera wszystkie ideały z rodziny A, a więc w szczególności
I ⊆ M . Jeżeli dla pewnego n ∈ N jest an ∈ M , to dla pewnego A ∈ A,
an ∈ A, co prowadzi do sprzeczności. Zatem an 6∈ M dla wszystkich n ∈ N.
Stąd M ∈ M i z lematu Kuratowskiego-Zorna w rodzinie M istnieje element
maksymalny.
Niech teraz P będzie dowolnym elementem maksymalnym w rodzinie M.
Wtedy w szczególności P R, I ⊆ P oraz an 6∈ P dla każdego n ∈ N.
Stąd P 6= R. Niech A i B będą dowolnymi ideałami pierścienia R takimi, że
A · B ⊆ P . Załóżmy, że A 6⊆ P i B 6⊆ P . Wtedy P ⊂ P + A i P ⊂ P + B, więc
z maksymalności P w rodzinie M, P + A, P + B 6∈ M, a zatem istnieją liczby
naturalne p i q takie, że ap ∈ P + A i aq ∈ P + B. Ze stwierdzenia 4.34 wynika,
że wtedy ap+q ∈ (P + A) ∩ (P + B). Z definicji m-ciągu ap+q+1 ∈ ap+q Rap+q ⊆
(P + A)(P + B). Ale (P + A)(P + B) = P 2 + P B + AP + AB ⊆ P , gdyż
AB ⊆ P . Stąd ap+q+1 ∈ P i mamy sprzeczność. Zatem A ⊆ P lub B ⊆ P i P
jest ideałem pierwszym pierścienia R.
Twierdzenie 4.37. Każdy ideał półpierwszy I pierścienia R jest częścią wspólną wszystkich ideałów pierwszych pierścienia R zawierających I.
Dowód. Ponieważ I 6= R, więc R \ I 6= ∅. Ze stwierdzeń 4.35 i 4.36 dla
każdego a ∈ R \ I istnieje ideał pierwszy Ia pierścienia R taki, że I ⊆ Ia
T
T
oraz a 6∈ Ia . Stąd I ⊆ a∈R\I Ia . Weźmy dowolne x ∈ a∈R\I Ia . Jeśli x 6∈ I,
T
to x 6∈ Ix . Ale a∈R\I Ia ⊆ Ix , więc mamy sprzeczność. Stąd x ∈ I i wobec
T
tego I = a∈R\I Ia . Niech M będzie rodziną wszystkich ideałów pierwszych
pierścienia R zawierających I. Wtedy {Ia : a ∈ R \ I} ⊆ M, więc I ⊆
T
T
T
M ∈M M ⊆ a∈R\I Ia = I, skąd I = M ∈M M .
Wykład 5
Pierścienie ilorazowe
5.1
Konstrukcja pierścienia ilorazowego
Niech I będzie ideałem pierścienia R. Ponieważ I jest podgrupą grupy addytywnej pierścienia R, więc możemy utworzyć abelową grupę ilorazową R/I.
Przypomnijmy, że elementami tej grupy są warstwy, czyli zbiory postaci a+I =
{a + i : i ∈ I} dla a ∈ R, przy czym warstwy a + I i b + I są równe wtedy
i tylko wtedy, gdy a − b ∈ I. Natomiast sumą warstw a + I oraz b + I jest
warstwa (a+b)+I, zaś elementem neutralnym dodawania warstw jest warstwa
I = 0+I. Ponadto warstwą przeciwną do warstwy a+I jest warstwa (−a)+I.
W zbiorze warstw R/I wprowadzamy mnożenie przyjmując, że
(a + I) · (b + I) = ab + I dla dowolnych a, b ∈ R.
(5.1)
Zauważmy, że określenie mnożenia nie zależy od wyboru reprezentantów warstw.
Rzeczywiście, niech a, a0 , b, b0 ∈ R będą takie, że a+I = a0 +I oraz b+I = b0 +I.
Wówczas a0 − a = i ∈ I oraz b0 − b = j ∈ I. Zatem a0 = a + i, b0 = b + j oraz
a0 b0 − ab = (a + i)(b + j) − ab = ab + aj + ib + ij − ab = (a + i)j + ib ∈ I, gdyż
i, j ∈ I. Stąd a0 b0 + I = ab + I.
Ponadto dla dowolnych a, b, c ∈ R mamy, że [(a + I) · (b + I)] · (c + I) =
(ab+I)·(c+I) = (ab)c+I = a(bc)+I = (a+I)·(bc+I) = (a+I)·[(b+I)·(c+I)],
więc mnożenie warstw jest łączne oraz (a + I) · [(b + I) + (c + I)] = (a +
I) · [(b + c) + I] = a(b + c) + I = (ab + ac) + I = (ab + I) + (ac + I) =
(a+I)·(b+I)+(a+I)·(c+I), [(b+I)+(c+I)]·(a+I) = [(b+c)+I]·(a+I) =
(b + c)a + I = (ba + ca) + I = (ba + I) + (ca + I) = (b + I) · (a + I) + (c + I) · (a +
I), czyli mnożenie warstw jest rozdzielne względem dodawania warstw. Stąd
mamy, że system algebraiczny (R/I, +, ·, I) jest pierścieniem. Nazywamy go
pierścieniem ilorazowym pierścienia R względem ideału I.
Zadanie (1). Niech I będzie podgrupą grupy addytywnej pierścienia R. Udowodnij, że jeśli I nie jest ideałem pierścienia R, to wzór (5.1) nie jest poprawnie
określony, tzn. istnieją a, b, a0 , b0 ∈ R takie, że a + I = a0 + I i b + I = b0 + I,
ale ab + I 6= a0 b0 + I.
28
29
Uwaga 5.1. Jeżeli pierścień R ma jedynkę 1, to 1 + I jest jedynką pierścienia
ilorazowego R/I, gdyż dla każdego a ∈ R jest (a + I) · (1 + I) = a · 1 + I =
a + I = 1 · a + I = (1 + I) · (a + I).
Uwaga 5.2. Jeżeli pierścień R jest przemienny, to pierścień ilorazowy R/I
też jest przemienny, bo dla dowolnych a, b ∈ R jest (b + I) · (a + I) = ba + I =
ab + I = (a + I) · (b + I).
5.2
Podpierścienie i ideały w pierścieniach ilorazowych
Uwaga 5.3. Niech I będzie ideałem pierścienia R. Dla podgrupy A grupy R+
zawierającej I oznaczmy
A/I = {a + I : a ∈ A}.
(5.2)
Ponadto dla podgrupy M grupy (R/I)+ oznaczmy
M0 = {a ∈ R : a + I ∈ M }.
(5.3)
Ponieważ 0 ∈ A, więc 0 + I ∈ A/I. Weźmy dowolne a, b ∈ A. Wtedy (a + I) −
(b + I) = (a − b) + I ∈ A/I, bo a − b ∈ A. Zatem A/I jest podgrupą grupy
(R/I)+ .
Dla i ∈ I, i + I = 0 + I ∈ M , więc i ∈ M0 . Stąd I ⊆ M0 . Jeżeli a, b ∈ M0 ,
to a + I, b + I ∈ M , skąd (a + I) − (b + I) ∈ M , czyli (a − b) + I ∈ M . Zatem
a − b ∈ M0 . Wobec tego M0 jest podgrupą grupy R+ zawierającą I. Ponadto
wprost z definicji M0 mamy, że M = M0 /I.
Z definicji A/I mamy od razu, że A ⊆ (A/I)0 . Weźmy dowolne x ∈ (A/I)0 .
Wtedy x ∈ R oraz x + I ∈ A/I. Zatem istnieje a ∈ A takie, że x + I = a + I.
Stąd x − a = i dla pewnego i ∈ I, a więc x = a + i ∈ A, bo I ⊆ A i A jest
podgrupą grupy R+ . Zatem (A/I)0 = A.
Podsumowując nasze rozważania widzimy, że odwzorowania A 7→ A/I (dla
podgrup A grupy R+ zawierających I) oraz M 7→ M0 (dla podgrup M grupy
(R/I)+ ) są wzajemnie odwrotne. W konsekwencji tego odwzorowanie A 7→ A/I
jest bijekcją rodziny wszystkich podgrup grupy R+ zawierających I na rodzinę
wszystkich podgrup grupy (R/I)+ .
Stwierdzenie 5.4. Niech I będzie ideałem pierścienia R. Wówczas dla dowolnych podgrup A i B grupy R+ zawierających I:
A/I ⊆ B/I ⇐⇒ A ⊆ B.
Dowód. Załóżmy, że A/I ⊆ B/I i weźmy dowolne a ∈ A. Wtedy a+I ∈ A/I,
a więc a + I ∈ B/I. Zatem istnieje b ∈ B takie, że a + I = b + I. Stąd a − b = i
dla pewnego i ∈ I, czyli a = b + i ∈ B, bo I ⊆ B oraz B jest podgrupą grupy
R+ . Zatem A ⊆ B.
Implikacja odwrotna jest oczywista.
30
Stwierdzenie 5.5. Niech I będzie ideałem pierścienia R. Wówczas odwzorowanie S 7→ S/I jest bijekcją rodziny wszystkich podpierścieni pierścienia R
zawierających I na rodzinę wszystkich podpierścieni pierścienia R/I.
Dowód. Niech S będzie podpierścieniem pierścienia R zawierającym I. Z
uwagi 5.3 S/I jest podgrupą grupy (R/I)+ . Weźmy dowolne a, b ∈ S. Wtedy
ab ∈ S, więc (a + I) · (b + I) = ab + I ∈ S/I. Stąd S/I jest podpierścieniem
pierścienia R/I.
Niech M będzie podpierścieniem pierścienia R/I. Wtedy z uwagi 5.3 M0
jest podgrupą grupy R+ zawierającą I. Weźmy dowolne a, b ∈ M0 . Wtedy
a + I, b + I ∈ M , więc (a + I) · (b + I) ∈ M , skąd ab + I ∈ M , a więc ab ∈ M0 .
Zatem M0 jest podpierścieniem pierścienia R zawierającym I.
Z tych rozważań i z uwagi 5.3 wynika, że przekształcenia S 7→ S/I (dla
podpierścieni S pierścienia R zawierających I) oraz M 7→ M0 (dla podpierścieni M pierścienia R/I) są wzajemnie odwrotne. Stąd zaś wynika teza naszego
stwierdzenia.
Stwierdzenie 5.6. Niech I będzie ideałem pierścienia R. Wówczas odwzorowanie L 7→ L/I jest bijekcją rodziny wszystkich ideałów lewostronnych pierścienia R zawierających I na rodzinę wszystkich ideałów lewostronnych pierścienia R/I.
Dowód. Niech L będzie ideałem lewostronnym pierścienia R zawierającym
I. Z uwagi 5.3 L/I jest podgrupą grupy (R/I)+ . Weźmy dowolne a ∈ L, r ∈ R.
Wtedy ra ∈ L, więc (r + I) · (a + I) = ra + I ∈ L/I. Stąd L/I jest ideałem
lewostronnym pierścienia R/I.
Niech M będzie ideałem lewostronnym pierścienia R/I. Wtedy z uwagi 5.3
M0 jest podgrupą grupy R+ zawierającą I. Weźmy dowolne a ∈ M0 , r ∈ R.
Wtedy a+I ∈ M i r+I ∈ R/I, więc (r+I)·(a+I) ∈ M , skąd ra+I ∈ M , a więc
ra ∈ M0 . Zatem M0 jest ideałem lewostronnym pierścienia R zawierającym I.
Z tych rozważań i z uwagi 5.3 wynika, że przekształcenia L 7→ L/I (dla
ideałów lewostronnych L pierścienia R zawierających I) oraz M 7→ M0 (dla
ideałów lewostronnych M pierścienia R/I) są wzajemnie odwrotne. Stąd zaś
wynika teza naszego stwierdzenia.
Stwierdzenie 5.7. Niech I będzie ideałem pierścienia R. Wówczas odwzorowanie P 7→ P/I jest bijekcją rodziny wszystkich ideałów prawostronnych
pierścienia R zawierających I na rodzinę wszystkich ideałów prawostronnych
pierścienia R/I.
Dowód. Niech P będzie ideałem prawostronnym pierścienia R zawierającym
I. Z uwagi 5.3 P/I jest podgrupą grupy (R/I)+ . Weźmy dowolne a ∈ P , r ∈ R.
Wtedy ar ∈ P , więc (a + I) · (r + I) = ar + I ∈ P/I. Stąd P/I jest ideałem
prawostronnym pierścienia R/I.
Niech M będzie ideałem prawostronnym pierścienia R/I. Wtedy z uwagi
5.3 M0 jest podgrupą grupy R+ zawierającą I. Weźmy dowolne a ∈ M0 , r ∈ R.
31
Wtedy a+I ∈ M i r+I ∈ R/I, więc (a+I)·(r+I) ∈ M , skąd ar+I ∈ M , a więc
ar ∈ M0 . Zatem M0 jest ideałem prawostronnym pierścienia R zawierającym
I.
Z tych rozważań i z uwagi 5.3 wynika, że przekształcenia P 7→ P/I (dla
ideałów prawostronnych P pierścienia R zawierających I) oraz M 7→ M0 (dla
ideałów prawostronnych M pierścienia R/I) są wzajemnie odwrotne. Stąd zaś
wynika teza naszego stwierdzenia.
Stwierdzenie 5.8. Niech I będzie ideałem pierścienia R. Wówczas odwzorowanie J 7→ J/I jest bijekcją rodziny wszystkich ideałów pierścienia R zawierających I na rodzinę wszystkich ideałów pierścienia R/I.
Dowód. Niech J będzie ideałem pierścienia R zawierającym I. Z uwagi 5.3
J/I jest podgrupą grupy (R/I)+ . Weźmy dowolne a ∈ J, r ∈ R. Wtedy
ra, ar ∈ J, więc (r+I)·(a+I) = ra+I ∈ J/I oraz (a+I)·(r+I) = ar+I ∈ J/I.
Stąd J/I jest ideałem pierścienia R/I.
Niech M będzie ideałem pierścienia R/I. Wtedy z uwagi 5.3 M0 jest podgrupą grupy R+ zawierającą I. Weźmy dowolne a ∈ M0 , r ∈ R. Wtedy
a + I ∈ M i r + I ∈ R/I, więc (r + I) · (a + I) ∈ M oraz (a + I) · (r + I) ∈ M ,
skąd ra + I ∈ M i ar + I ∈ J/I, a więc ra, ar ∈ M0 . Zatem M0 jest ideałem
pierścienia R zawierającym I.
Z tych rozważań i z uwagi 5.3 wynika, że przekształcenia J 7→ J/I (dla
ideałów J pierścienia R zawierających I) oraz M 7→ M0 (dla ideałów M pierścienia R/I) są wzajemnie odwrotne. Stąd zaś wynika teza naszego stwierdzenia.
Zadanie (2). Niech I będzie ideałem pierścienia R. Udowodnij, że dla dowolnych podgrup A i B grupy R+ zawierających I zachodzą następujące wzory:
(a) A/I ∩ B/I = (A ∩ B)/I, (b) A/I + B/I = (A + B)/I, (c) A/I · B/I =
(A · B + I)/I, (d) (A/I)R/I = (A)R /I, (e) [A/I] = [A]/I.
5.3
Pierścienie proste, pierwsze i półpierwsze
Definicja 5.9. Powiemy, że pierścień R jest prosty, jeżeli R 6= {0} oraz jedynymi ideałami pierścienia R są: {0} i R.
Zadanie (3). Niech K będzie dowolnym ciałem. Pokazać, że dla dowolnego
naturalnego n pierścień Mn (K) jest prosty.
Twierdzenie 5.10. Pierścień R taki, że R2 6= {0} jest prosty wtedy i tylko
wtedy, gdy RaR = R dla każdego niezerowego elementu a ∈ R.
Dowód. ⇒. Załóżmy, że dla każdego niezerowego a ∈ R jest RaR = R. Niech
I będzie niezerowym ideałem pierścienia R. Wtedy istnieje 0 6= a ∈ I, więc
RaR = R. Ale RaR ⊆ I, więc I = R. Zatem R jest pierścieniem prostym.
32
⇐. Na odwrót, załóżmy, że R jest pierścieniem prostym. Z przykładu 4.11
lR (R) R. Jeśli lR (R) = R, to R2 = {0}, wbrew założeniu. Zatem z prostoty
R wynika, że lR (R) = {0}. Analogicznie pokazujemy, że rR (R) = {0}. Weźmy
dowolne niezerowe a ∈ R. Wtedy Ra 6= {0}, bo a 6∈ rR (R). Zatem RaR 6= {0},
bo Ra 6⊆ lR (R) = {0}. Ale RaR R i pierścień R jest prosty, więc RaR =
R.
Zadanie (4). Opisać wszystkie pierścienie proste z zerowym mnożeniem.
Zadanie (5). Opisać wszystkie przemienne pierścienie proste.
Twierdzenie 5.11. Niech I będzie ideałem pierścienia R. Wówczas I jest ideałem maksymalnym pierścienia R wtedy i tylko wtedy, gdy pierścień ilorazowy
R/I jest prosty.
Dowód. Załóżmy, że ideał I jest maksymalny. Wtedy I 6= R, a więc istnieje
a ∈ R \ I, skąd a + I 6= 0 + I i pierścień ilorazowy R/I jest niezerowy. Niech M
będzie dowolnym ideałem pierścienia R/I. Wtedy ze stwierdzenia 5.8 istnieje
ideał J pierścienia R taki, że I ⊆ J oraz M = J/I. Z maksymalności I jest
więc J = I lub J = R. Zatem ideał M jest zerowy lub M = R/I. Oznacza to,
że pierścień R/I jest prosty.
Na odwrót, załóżmy, że pierścień R/I jest prosty. Wtedy R/I jest niezerowy, a więc istnieje a ∈ R takie, że a+I 6= 0+I, skąd a 6∈ I i wobec tego I 6= R.
Niech J R i I ⊆ J. Wtedy ze stwierdzenia 5.8 J/I R/I. Ale pierścień R/I
jest prosty, więc J/I = {0 + I} lub J/I = R/I. Zatem ze stwierdzenia 5.4
J = I lub J = R. Oznacza to, że ideał I jest maksymalny.
Definicja 5.12. Powiemy, że pierścień R jest pierścieniem pierwszym, jeżeli
R 6= {0} oraz dla dowolnych ideałów A, B pierścienia R z tego, że AB = {0}
wynika, że A = {0} lub B = {0}.
Zatem pierścień R jest pierwszy wtedy i tylko wtedy, gdy {0} jest ideałem
pierwszym w R.
Twierdzenie 5.13. Niech I będzie ideałem pierścienia R. Wówczas I jest
ideałem pierwszym pierścienia R wtedy i tylko wtedy, gdy pierścień ilorazowy
R/I jest pierścieniem pierwszym.
Dowód. Załóżmy, że ideał I jest pierwszy. Wtedy I 6= R, a więc istnieje
a ∈ R \ I, skąd a + I 6= 0 + I i pierścień ilorazowy R/I jest niezerowy. Weźmy
dowolne ideały M i N pierścienia R/I takie, że M ·N = {0+I}. Ze stwierdzenia
5.8 istnieją ideały J i K pierścienia R zawierające I takie, że M = J/I oraz
N = K/I. Z zadania (2) M · N = (J · K + I)/I. Ale M · N = {0 + I}, więc ze
stwierdzenia 5.4 J · K + I = I, skąd J · K ⊆ I. Zatem z pierwszości I, J ⊆ I
lub K ⊆ I, czyli J = I lub K = I. Stąd M = {0 + I} lub N = {0 + I}. Zatem
pierścień R/I jest pierwszy.
33
Na odwrót, załóżmy, że pierścień R/I jest pierwszy. Wtedy R/I jest niezerowy, a więc istnieje a ∈ R takie, że a + I 6= 0 + I, skąd a 6∈ I i wobec tego
I 6= R. Weźmy dowolne ideały A i B pierścienia R takie, że A · B ⊆ I. Wtedy
I ⊆ A + I, I ⊆ B + I oraz (A + I) · (B + I) = AB + AI + IB + I 2 ⊆ I. Ze
stwierdzenia 5.8 M = (A + I)/I R/I i N = (B + I)/I R/I. Ponadto z
zadania (2) M ·N = {0+I}. Zatem z pierwszości pierścienia R/I, M = {0+I}
lub N = {0 + I}, skąd A + I = I lub B + I = I. Zatem A ⊆ I lub B ⊆ I i
ideał I jest pierwszy.
Twierdzenie 5.14. Dla dowolnego pierścienia R 6= {0} równoważne są warunki:
(i) R jest pierścieniem pierwszym,
(ii) jeżeli aRb = {0}, to a = 0 lub b = 0 dla dowolnych a, b ∈ R.
Dowód. (i) ⇒ (ii). Ponieważ pierścień R jest pierwszy, więc ideał {0} jest
pierwszy. Weźmy dowolne a, b ∈ R takie, że aRb = {0}. Wtedy z twierdzenia
4.27, a ∈ {0} lub b ∈ {0}, czyli a = 0 lub b = 0.
(ii) ⇒ (i). Z naszego założenia wynika na mocy twierdzenia 4.27, że ideał
{0} jest pierwszy, czyli pierścień R jest pierwszy.
Definicja 5.15. Powiemy, że pierścień R jest pierścieniem półpierwszym, jeżeli R 6= {0} oraz dla dowolnego ideału A pierścienia R z tego, że A2 = {0}
wynika, że A = {0}.
Zatem pierścień R jest półpierwszy wtedy i tylko wtedy, gdy {0} jest ideałem półpierwszym w R.
Twierdzenie 5.16. Niech I będzie ideałem pierścienia R. Wówczas I jest ideałem półpierwszym pierścienia R wtedy i tylko wtedy, gdy pierścień ilorazowy
R/I jest pierścieniem półpierwszym.
Dowód. Załóżmy, że ideał I jest półpierwszy. Wtedy I 6= R, a więc istnieje
a ∈ R \ I, skąd a + I 6= 0 + I i pierścień ilorazowy R/I jest niezerowy. Weźmy
dowolny ideał M pierścienia R/I taki, że M 2 = {0 + I}. Ze stwierdzenia 5.8
istnieje ideał J pierścienia R zawierające I taki, że M = J/I. Z zadania (2)
M 2 = (J 2 + I)/I. Ale M 2 = {0 + I}, więc ze stwierdzenia 5.4 J 2 + I = I, skąd
J 2 ⊆ I. Zatem z półpierwszości I, J ⊆ I, J = I. Stąd M = {0 + I}. Zatem
pierścień R/I jest półpierwszy.
Na odwrót, załóżmy, że pierścień R/I jest półpierwszy. Wtedy R/I jest
niezerowy, a więc istnieje a ∈ R takie, że a+I 6= 0+I, skąd a 6∈ I i wobec tego
I 6= R. Weźmy dowolny ideał A pierścienia R taki, że A2 ⊆ I. Wtedy I ⊆ A+I
oraz (A+I)2 = A2 +AI+IA+I 2 ⊆ I. Ze stwierdzenia 5.8 M = (A+I)/IR/I.
Ponadto z zadania (2) M 2 = {0 + I}. Zatem z półpierwszości pierścienia R/I,
M = {0 + I}, skąd A + I = I. Zatem A ⊆ I i ideał I jest półpierwszy.
34
Twierdzenie 5.17. Dla dowolnego pierścienia R 6= {0} równoważne są warunki:
(i) R jest pierścieniem półpierwszym,
(ii) jeżeli aRa = {0}, to a = 0 dla dowolnego a ∈ R.
Dowód. (i) ⇒ (ii). Ponieważ pierścień R jest półpierwszy, więc ideał {0} jest
półpierwszy. Weźmy dowolne a ∈ R takie, że aRa = {0}. Wtedy z twierdzenia
4.29, a ∈ {0}, czyli a = 0.
(ii) ⇒ (i). Z naszego założenia wynika na mocy twierdzenia 4.29, że ideał
{0} jest półpierwszy, czyli pierścień R jest półpierwszy.
Twierdzenie 5.18. Pierścień R jest półpierwszy wtedy i tylko wtedy, gdy R
posiada ideał pierwszy i część wspólna wszystkich ideałów pierwszych pierścienia R jest ideałem zerowym.
Dowód. Załóżmy, że pierścień R jest półpierwszy. Wtedy ideał zerowy jest
półpierwszy, więc z twierdzenia 4.37 w pierścieniu R istnieje ideał pierwszy i
{0} jest częścią wspólną rodziny wszystkich ideałów pierwszych pierścienia R.
Na odwrót, załóżmy, że pierścień R posiada ideał pierwszy i {0} jest częścią wspólną rodziny wszystkich ideałów pierwszych pierścienia R. Wtedy z
twierdzenia 4.37 {0} jest ideałem półpierwszym pierścienia R, a więc pierścień
R jest półpierwszy.
Twierdzenie 5.19. Każdy ideał niezerowy pierścienia pierwszego R jest pierścieniem pierwszym.
Dowód. Niech I 6= {0} będzie ideałem pierścienia pierwszego R. Weźmy dowolne ideały A i B pierścienia I takie, że A·B = {0}. Z lematu Andrunakiewicza (A)3R ⊆ A oraz (B)3R ⊆ B oraz (A)R , (B)R R. Zatem (A)3R · (B)3R = {0},
więc z pierwszości pierścienia R, (A)3R = {0} lub (B)3R = {0}. Stąd zaś znowu
z pierwszości R wynika, że (A)R = {0} lub (B)R = {0}. Zatem A = {0} lub
B = {0} i pierścień I jest pierwszy.
Twierdzenie 5.20. Każdy niezerowy ideał pierścienia półpierwszego R jest
pierścieniem półpierwszym.
Dowód. Niech I 6= {0} będzie ideałem pierścienia półpierwszego R. Weźmy
dowolny ideał A pierścienia I taki, że A2 = {0}. Z lematu Andrunakiewicza
(A)3R ⊆ A oraz (A)R R. Zatem (A)6R = {0}, więc z półpierwszości pierścienia
R, (A)3R = {0}. Stąd zaś znowu z półpierwszości R wynika, że (A)R = {0}.
Zatem A = {0} i pierścień I jest półpierwszy.
Zadanie (6). Udowodnij, że niezerowy pierścień R jest pierwszy wtedy i tylko
wtedy, gdy dla dowolnych ideałów lewostronnych (prawostronnych) A i B z
tego, że A · B = {0} wynika, że A = {0} lub B = {0}.
35
Zadanie (7). Udowodnij, że niezerowy pierścień R jest półpierwszy wtedy i
tylko wtedy, gdy dla dowolnego ideału lewostronnego (prawostronnego) L z
tego, że L2 = {0} wynika, że L = {0}.
Definicja 5.21. Mówimy, że pierścień R jest nilpotentny, jeżeli istnieje liczba
naturalna n taka, że Rn = {0}, tzn. x1 · x2 · . . . · xn = 0 dla dowolnych
x1 , x2 , . . . , xn ∈ R.
Zadanie (8). Udowodnij, że pierścień półpierwszy R nie posiada niezerowych
nilpotentnych ideałów jednostronnych.
Zadanie (9). Udowodnij, że dla dowolnego niezerowego ideału lewostronnego
(prawostronnego) L pierścienia pierwszego R: lR (L) = {0} (rR (L) = {0}).
Zadanie (10). Udowodnij, że dla dowolnego niezerowego ideału lewostronnego
L pierścienia półpierwszego R: lR (L) ∩ L = {0}.
Zadanie (11). Udowodnij, że przemienny pierścień R jest pierwszy wtedy i
tylko wtedy, gdy jest on dziedziną.
Zadanie (12). Udowodnij, że przemienny pierścień R jest półpierwszy wtedy
i tylko wtedy, gdy jest on zredukowany.
Zadanie "(13). Niech
K będzie
#
" ciałem.# W pierścieniu R = M2 (K) rozważK 0
0 0
my A =
oraz B =
. Udowodnij, że R jest pierścieniem
K 0
K K
pierszym, A <l R, B <r R oraz A · B = {0}.
Zadanie (14). Udowodnij, że iloczyn prosty dowolnej niepustej rodziny pierścieni półpierwszych jest pierścieniem półpierwszym.
Wykład 6
Homomorfizmy pierścieni
6.1
Określenie homomorfizmu pierścieni
Definicja 6.1. Niech R i S będą pierścieniami. Przekształcenie f : R → S
nazywamy homomorfizmem pierścieni, jeżeli dla dowolnych a, b ∈ R:
f (a + b) = f (a) + f (b) i f (a · b) = f (a) · f (b).
Definicja 6.2. Homomorfizm pierścieni, który jest funkcją różnowartościową nazywamy zanurzeniem pierścieni. Mówimy, że pierścień R zanurza się w
pierścień S, jeżeli istnieje zanurzenie pierścienia R w pierścień S.
Definicja 6.3. Homomorfizm pierścieni, który jest funkcją ”na”, nazywamy
epimorfizmem pierścieni. Mówimy, że pierścień S jest obrazem homomorficznym pierścienia R, jeżeli istnieje epimorfizm pierścienia R na pierścień S.
Przykład 6.4. Niech I będzie ideałem pierścienia R. Rozważmy przekształcenie π : R → R/I dane wzorem
π(a) = a + I dla a ∈ R.
Z definicji pierścienia ilorazowego wynika, że π jest ”na”. Ponadto dla dowolnych a, b ∈ R: π(a + b) = (a + b) + I = (a + I) + (b + I) = π(a) + π(b) oraz
π(a · b) = (a · b) + I = (a + I) · (b + I) = π(a) · π(b). Zatem π jest homomorfizmem pierścieni. Nazywamy go homomorfizmem naturalnym pierścienia R na
pierścień R/I.
Definicja 6.5. Homomorfizm, który jest bijekcją nazywamy izomorfizmem
pierścieni. Mówimy, że pierścienie R i S są izomorficzne, jeżeli istnieje izomorfizm pierścieni f : R → S. Piszemy wtedy R ∼
= S.
Głównym zadaniem teorii pierścieni jest klasyfikowanie rodzin pierścieni
ze względu na pewne własności.
36
6.2
37
Własności homomorfizmów pierścieni
Stwierdzenie 6.6. Złożenie homomorfizmów pierścieni jest homomorfizmem
pierścieni. Złożenie izomorfizmów pierścieni jest izomorfizmem pierścieni.
Przekształcenie odwrotne do izomorfizmu pierścieni jest izomorfizmem pierścieni.
Dowód. Rzeczywiście, niech f : R → S i g : S → T będą homomorfizmami
pierścieni. Wtedy dla dowolnych a, b ∈ R mamy, że (g◦f )(a+b) = g(f (a+b)) =
g(f (a) + f (b)) = g(f (a)) + g(f (b)) = (g ◦ f )(a) + (g ◦ f )(b) oraz (g ◦ f )(a · b) =
g(f (a · b)) = g(f (a) · f (b)) = g(f (a)) · g(f (b)) = (g ◦ f )(a) · (g ◦ f )(b). Zatem
g ◦ f jest homomorfizmem pierścieni. Jeżeli dodatkowo f i g są bijekcjami, to
g ◦f też jest bijekcją. Stąd złożenie izomorfizmów pierścieni jest izomorfizmem
pierścieni.
Niech f będzie izomorfizmem pierścienia A na pierścień B. Wtedy f jest
bijekcją, więc istnieje przekształcenie f −1 : B → A odwrotne do f , przy czym
dla dowolnych a ∈ A, b ∈ B: a = f −1 (b) wtedy i tylko wtedy, gdy b =
f (a). Weźmy dowolne b, c ∈ B. Wtedy istnieją x, y ∈ A takie, że b = f (x)
i c = f (y). Stąd x = f −1 (b) i y = f −1 (c). Ponadto b + c = f (x) + f (y) =
f (x + y) i bc = f (x)f (y) = f (xy), więc x + y = f −1 (b + c) oraz xy = f −1 (bc).
Zatem f −1 (b + c) = f −1 (b) + f −1 (c) i f −1 (bc) = f −1 (b)f −1 (c). W konsekwencji
bijekcja f −1 jest homomorfizmem pierścieni. Zatem f −1 jest izomorfizmem
pierścieni.
Stwierdzenie 6.7. Dla dowolnych pierścieni A, B, C:
(i) A ∼
= A,
(ii) jeżeli A ∼
= B, to B ∼
= A,
∼
∼
(iii) jeżeli A = B i B = C, to A ∼
= C.
Dowód. (i). Przekształcenie tożsamościowe f : A → A dane wzorem f (a) =
a dla a ∈ A jest bijekcją i jest homomorfizmem pierścieni. Zatem f jest izomorfizmem pierścieni i A ∼
= A. Podpunkty (ii) oraz (iii) wynikają od razu ze
stwierdzenia 6.6.
Stwierdzenie 6.8. Niech f : R → S będzie homomorfizmem pierścienia R
w pierścień S. Wówczas f jest homomorfizmem grupy R+ w grupę S + . W
szczególości:
(a) f (0) = 0;
(b) f (−a) = −f (a) dla a ∈ R;
(c) f (a − b) = f (a) − f (b) dla a, b ∈ R;
(d) f (ka) = kf (a) dla k ∈ Z, a ∈ R;
(e) f (a1 + a2 + . . . + an ) = f (a1 ) + f (a2 ) + . . . + f (an ) dla a1 , . . . , an ∈ R.
Ponadto f (a1 · a2 · . . . · an ) = f (a1 ) · f (a2 ) · . . . · f (an ) dla a1 , . . . , an ∈ R.
Dowód. Własności (a) − (e) wynikają z teorii grup. Ostatnią część stwierdzenia dowodzi się przez prostą indukcję.
38
Definicja 6.9. Jądrem homomorfizmu f pierścienia R w pierścień S nazywamy zbiór Ker(f ) = {a ∈ R : f (a) = 0}. Mówimy, że to jądro jest trywialne,
jeżeli Ker(f ) = {0}.
w pierścień S. Wówczas Ker(f ) R. Ponadto f jest zanurzeniem wtedy i
tylko wtedy, gdy jądro f jest trywialne.
Dowód. Ze stwierdzenia 6.8 wynika, że Ker(f ) jest podgrupą grupy R+ .
Niech i ∈ Ker(f ), a ∈ R. Wtedy f (i) = 0, skąd f (a · i) = f (a) · f (i) =
f (a) · 0 = 0 oraz f (i · a) = f (i) · f (a) = 0 · f (a) = 0. Zatem a · i, i · a ∈ Ker(f ).
Stąd Ker(f ) R. Ostatnia część stwierdzenia wynika z teorii grup.
w pierścień S. Wówczas:
(i) jeżeli A jest podpierścieniem pierścienia R, to f (A) jest podpierścieniem pierścienia S;
(ii) jeżeli B jest podpierścieniem pierścienia S, to f −1 (B) jest podpierścieniem pierścienia R i Ker(f ) ⊆ f −1 (B);
(iii) jeżeli J <l S, to f −1 (J) <l R i Ker(f ) ⊆ f −1 (J);
(iv) jeżeli J <r S, to f −1 (J) <r R i Ker(f ) ⊆ f −1 (J);
(v) jeżeli J S, to f −1 (J) R i Ker(f ) ⊆ f −1 (J).
Dowód. (i). Z teorii grup wynika, że f (A) jest podgrupą grupy S + . Niech
x, y ∈ f (A). Wtedy istnieją a, b ∈ A takie, że x = f (a) i y = f (b). Stąd
a · b ∈ A, więc f (a · b) ∈ f (A). Ale x · y = f (a) · f (b) = f (a · b), więc
x · y ∈ f (A) i f (A) jest podpierścieniem pierścienia S.
(ii). Z teorii grup wynika, że f −1 (B) jest podgrupą grupy R+ . Niech a, b ∈
f −1 (B). Wtedy f (a), f (b) ∈ B, skąd f (a · b) = f (a) · f (b) ∈ B, czyli a ·
b ∈ f −1 (B). Zatem f −1 (B) jest podpierścieniem pierścienia R. Ponadto dla
i ∈ Ker(f ) jest f (i) = 0 ∈ B, więc i ∈ f −1 (B), czyli Ker(f ) ⊆ f −1 (B).
(iii). Z (ii) wynika, że f −1 (J) jest podpierścieniem pierścienia R zawierającym Ker(f ). Ponadto dla i ∈ f −1 (J), a ∈ R mamy, że f (ai) = f (a)f (i) ∈ J,
bo f (i) ∈ J oraz J <l S. Stąd ai ∈ f −1 (J) i wobec tego f −1 (J) <l R.
(iv) pokazujemy podobnie jak (iii). Natomiast (v) wynika z (iii) oraz z
(iv).
Zadanie (1). Niech f będzie homomorfizmem pierścienia R w pierścień S.
Udowodnij, że dla dowolnych podgrup A, B grupy R+ oraz dla dowolnych
a, b ∈ R zachodzą wzory:
(a) f (A+B) = f (A)+f (B), (b) f (A·B) = f (A)·f (B), (c) f (hai) = hf (a)i,
(d) f ([a]) = [f (a)],
(e) f (aA) = f (a)f (A), (f) f (Aa) = f (A)f (a), (g) f (AaB) = f (A)f (a)f (B).
Zadanie (2). Niech f będzie homomorfizmem pierścienia R w pierścień S.
Udowodnij, że dla dowolnego n ∈ N i dla dowolnych podgrup A1 , . . . , An
grupy R+ zachodzą wzory:
39
(a) f (A1 + . . . + An ) = f (A1 ) + . . . + f (An ),
(b) f (A1 · . . . · An ) = f (A1 ) · . . . f (An ).
na pierścień S. Wówczas:
(i) jeżeli I <l R, to f (I) <l S;
(ii) jeżeli I <r R, to f (I) <r S;
(iii) jeżeli I R, to f (I) S.
Dowód. Ze stwierdzenia 6.11 wynika, że w każdym przypadku f (I) jest podpierścieniem pierścienia S. Weźmy dowolne j ∈ f (I) oraz dowolne b ∈ S.
Wtedy istnieją i ∈ I oraz a ∈ R takie, że j = f (i) oraz b = f (a).
(i). Ponieważ I <l R, więc ai ∈ I, skąd bj = f (a)f (i) = f (ai) ∈ f (I).
Zatem f (I) <l S. (ii) dowodzi się analogicznie jak (i), zaś (iii) wynika z (i)
oraz z (ii).
Stwierdzenie 6.13. Obraz homomorficzny pierścienia z jedynką jest pierścieniem z jedynką.
Dowód. Niech f będzie homomorfizmem pierścienia R z jedynką e na pierścień S. Wtedy x = xe = ex dla dowolnego x ∈ R. Weźmy dowolne a ∈ S.
Wtedy istnieje x ∈ R takie, że a = f (x). Zatem af (e) = f (x)f (e) = f (xe) =
f (x) = a oraz f (e)a = f (e)f (x) = f (ex) = f (x) = a. Stąd f (e) jest jedynką
pierścienia S.
Stwierdzenie 6.14. Obraz homomorficzny pierścienia przemiennego jest pierścieniem przemiennym.
Dowód. Niech f będzie homomorfizmem przemiennego pierścienia R na pierścień S. Weźmy dowolne a, b ∈ S. Wtedy istnieją x, y ∈ R takie, że a = f (x)
i b = f (y). Ponadto z przemienności pierścienia R, xy = yx. Zatem ba =
f (y)f (x) = f (yx) = f (xy) = f (x)f (y) = ab i pierścień S jest przemienny.
Stwierdzenie 6.15. Niech f : R → S będzie homomorfizmem pierścienia
R na pierścień S. Wówczas odwzorowanie B 7→ f −1 (B) jest bijekcją rodziny wszystkich podpierścieni (ideałów lewostronnych, ideałów prawostronnych,
ideałów) pierścienia S na rodzinę wszystkich podpierścieni (ideałów lewostronnych, ideałów prawostronnych, ideałów) pierścienia R zawierających Ker(f ).
Dowód. Niech A będzie podpierścieniem (ideałem lewostronnym, ideałem
prawostronnym, ideałem) pierścienia R zawierającym Ker(f ). Wtedy na mocy stwierdzeń 6.11 i 6.12 f (A) jest podpierścieniem (ideałem lewostronnym,
ideałem prawostronnym, ideałem) pierścienia S. Ponadto A ⊆ f −1 (f (A)) oraz
dla x ∈ f −1 (f (A)) mamy, że f (x) ∈ f (A). Zatem istnieje a ∈ A takie, że
f (x) = f (a). Stąd f (x − a) = 0, czyli x − a ∈ Ker(f ) ⊆ A, a więc x ∈ A i
ostatecznie A = f −1 (f (A)). Wynika stąd, że odwzorowanie B 7→ f −1 (B) jest
40
”na”. Weźmy dowolne podpierścienie (ideały lewostronne, ideały prawostronne, ideały) B, C pierścienia S takie, że f −1 (B) = f −1 (C). Ponieważ odwzorowanie f jest ”na”, więc B = f (f −1 (B)) i C = f (f −1 (C)), skąd B = C i
odwzorowanie B 7→ f −1 (B) jest różnowartościowe.
Wniosek 6.16. Niech f : R → S będzie izomorfizmem pierścienia R na pierścień S. Wówczas odwzorowanie B 7→ f −1 (B) jest bijekcją rodziny wszystkich
podpierścieni (ideałów lewostronnych, ideałów prawostronnych, ideałów) pierścienia S na rodzinę wszystkich podpierścieni (ideałów lewostronnych, ideałów
prawostronnych, ideałów) pierścienia R.
Stwierdzenie 6.17. Załóżmy, że pierścienie R i S są izomorficzne. Wówczas:
(i) jeżeli pierścień R jest przemienny, to pierścień S też jest przemienny;
(ii) jeżeli pierścień R ma jedynkę, to pierścień S też ma jedynkę;
(iii) jeżeli pierścień R jest prosty, to pierścień S też jest prosty;
(iv) jeżeli pierścień R jest pierwszy, to pierścień S też jest pierwszy;
(v) jeżeli pierścień R jest półpierwszy, to pierścień S też jest półpierwszy.
Dowód. Z założenia istnieje izomorfizm pierścieni f : R → S. (i) oraz (ii)
wynikają od razu ze stwierdzeń 6.13 i 6.14.
(iii). Ponieważ zbiory R i S są równoliczne oraz |R| > 1, więc |S| > 1, czyli
pierścień S jest niezerowy. Ponadto pierścień R ma dokładnie dwa ideały, więc
z wniosku 6.16 pierścień S też posiada dokładnie dwa ideały. Stąd pierścień S
jest prosty.
(iv). Podobnie jak w (iii) mamy, że pierścień S jest niezerowy. Weźmy
dowolne ideały A i B pierścienia S takie, że AB = {0}. Wtedy ze stwierdzenia
6.11 i zadania (1) mamy, że f −1 (A), f −1 (B) R oraz f −1 (A) · f −1 (B) =
f −1 (AB) = f −1 ({0}) = {0}. Z pierwszości pierścienia R, f −1 (A) = {0} lub
f −1 (B) = {0}. Zatem A = {0} lub B = {0} i pierścień S jest pierwszy.
(v). Podobnie jak w (iii) mamy, że pierścień S jest niezerowy. Weźmy dowolny ideał A pierścienia S taki, że A2 = {0}. Wtedy ze stwierdzenia 6.11 i zadania (1) mamy, że f −1 (A) R oraz f −1 (A) · f −1 (A) = f −1 (A2 ) = f −1 ({0}) =
{0}. Z półpierwszości pierścienia R, f −1 (A) = {0}. Zatem A = {0} i pierścień
S jest półpierwszy.
6.3
Twierdzenia o izomorfizmach
Twierdzenie 6.18 (pierwsze o izomorfizmie). Niech f będzie homomorfizmem
pierścienia R na pierścień S. Wówczas
S∼
= R/Ker(f ).
Dowód. Niech F : R/Ker(f ) → S będzie dane wzorem F (r+Ker(f )) = f (r)
dla r ∈ R. Wtedy z teorii grup wiadomo, że F jest dobrze określoną funkcją,
która jest izomorfizmem grup addytywnych. Ponadto dla a, b ∈ R mamy, że
41
F ((a+Ker(f ))·(b+Ker(f ))) = F (ab+Ker(f )) = f (ab) = f (a)f (b) = F (a+
Ker(f )) · F (b + Ker(f )), czyli ostatecznie F jest izomorfizmem pierścieni.
Twierdzenie 6.19 (drugie o izomorfizmie). Niech A będzie podpierścieniem
pierścienia R i niech I R. Wówczas A + I jest podpierścieniem pierścienia
R, A ∩ I A oraz
(A + I)/I ∼
= A/A ∩ I.
Dowód. Z zadania (1) z rozdziału 4, A + I jest podpierścieniem pierścienia
R. Weźmy dowolne a ∈ A oraz i ∈ I. Wtedy (a + i) − a = i ∈ I, skąd
(a + i) + I = a + I. Zatem (A + I)/I = {a + I : a ∈ A}. Wynika stąd, że
funkcja f : A −→ (A + I)/I dana wzorem f (a) = a + I dla a ∈ A jest ”na”.
Ponadto dla a, b ∈ A mamy, że f (a + b) = (a + b) + I = (a + I) + (b + I) =
f (a) + f (b) oraz f (a · b) = ab + I = (a + I) · (b + I) = f (a) · f (b). Zatem f
jest homomorfizmem pierścienia A na pierścień (A + I)/I. Stąd z twierdzenia
6.18 wynika, że (A + I)/I ∼
= A/Ker(f ). Ale x ∈ Ker(f ) ⇔ (x ∈ A ∧ x + I =
0 + I) ⇔ (x ∈ A ∧ x ∈ I) ⇔ x ∈ A ∩ I. Stąd Ker(f ) = A ∩ I, czyli A ∩ I A
i (A + I)/I ∼
= A/A ∩ I.
Twierdzenie 6.20 (trzecie o izomorfizmie). Niech I, J będą ideałami pierścienia R takimi, że J ⊆ I. Wówczas
(R/J)/(I/J) ∼
= R/I.
Dowód. Niech f : R/J −→ R/I będzie przekształceniem danym wzorem
f (a + J) = a + I dla a ∈ R. Jeśli a, b ∈ R są takie, że a + J = b + J, to
a − b ∈ J. Ale J ⊆ I, więc wtedy a − b ∈ I, czyli a + I = b + I. Oznacza to,
że f jest dobrze określone. Ponadto f jest homomorfizmem pierścienia R/J
na pierścień R/I. Zatem z twierdzenia 6.18 mamy, że R/I ∼
= (R/J)/Ker(f ).
Niech a ∈ R. Jeśli a + J ∈ Ker(f ), to a + I = 0 + I, skąd a ∈ I. Jeśli zaś a ∈ I,
to a + I = 0 + I, skąd a + J ∈ Ker(f ). Zatem Ker(f ) = I/J i twierdzenie
jest udowodnione.
"
#
A A
Zadanie (3). Niech A będzie dowolnym pierścieniem i niech R =
0 A
będzie podpierścieniem pierścienia macierzy M2 (A). Skonstruować homomorfizm pierścienia R na pierścień: (a) A × A, (b) A.
Zadanie (4). W pierścieniu macierzy M2 (R) znaleźć podpierścień izomorficzny z ciałem: (a) R, (b) C.
Zadanie (5). Wyznaczyć wszystkie z dokładnością do izomorfizmu pierścienie
pierwsze, które są obrazami homomorficznymi pierścienia R z zadania 3 przy
założeniu, że A jest ciałem.
"
#
A A
Zadanie (6). Czy dla pewnego ciała A podpierścień S =
pierścienia
0 0
M2 (A) jest obrazem homomorficznym pierścienia R z zadania 3?
42
Zadanie (7). "Niech A #będzie
niezerowym
pierścieniem z jedynką. Udowodnij,
"
#
"
#
A A
0 0
A A
że pierścienie
i
są izomorficzne, zaś pierścienie
0 0
A A
0 0
"
#
0 A
i
nie są izomorficzne.
0 A
Zadanie (8). Udowodnij, że dla dowolnego
ciała
K pierścień
K[x]/(x2 ) jest
("
#
)
a b
izomorficzny z podpierścieniem A =
: a, b ∈ K pierścienia M2 (K).
0 a
Wykład 7
Przykłady homomorfizmów
7.1
Dołączanie jedynki do pierścienia
Twierdzenie 7.1. Niech R będzie pierścieniem, który nie posiada jedynki.
Wówczas istnieje pierścień R1 z jedynką 1 taki, że R R1 , R + h1i = R1 ,
R ∩ h1i = {0} oraz R1 /R ∼
= Z. Ponadto każdy ideał (ideał lewostronny, ideał prawostronny) pierścienia R jest ideałem (ideałem lewostronnym, ideałem
prawostronnym) pierścienia R1 .
Dowód. W zbiorze R1 = R × Z wprowadzamy dodawanie po współrzędnych:
(a, k) + (b, l) = (a + b, k + l) dla dowolnych a, b ∈ R, k, l ∈ Z
oraz mnożenie:
(a, k) · (b, l) = (ab + la + kb, kl) dla dowolnych a, b ∈ R, k, l ∈ Z.
(7.1)
Udowodnimy najpierw, że (R1 , +, ·, (0, 0), (0, 1)) jest pierścieniem z jedynką
(0, 1). Zauważmy, że (R1 , +, (0, 0)) jest grupą abelową, gdyż jest to iloczyn
prosty grup abelowych R+ i Z+ .
Weźmy dowolne x, y, z ∈ R1 . Wtedy istnieją a, b, c ∈ R oraz k, l, m ∈ Z
takie, że x = (a, k), y = (b, l) i z = (c, m). Ze wzoru (7.1): (x · y) · z =
(ab + la + kb, kl) · (c, m) = ((ab + la + kb)c + m(ab + la + kb) + (kl)c, (kl)m) =
((ab)c + l(ac) + k(bc) + m(ab) + (ml)a + (mk)b + (kl)c, klm) oraz x · (y · z) =
(a, k) · (bc + mb + lc, lm) = (a(bc + mb + lc) + (lm)a + k(bc + mb + lc), k(lm)) =
(a(bc) + m(ab) + l(ac) + (lm)a + k(bc) + (km)b + (kl)c, klm). Zatem z łączności
mnożenia w pierścieniu R i własności dodawania i mnożenia liczb całkowitych
(x · y) · z = x · (y · z).
Ponadto x · (y + z) = (a, k) · (b + c, l + m) = (a(b + c) + (l + m)a + k(b +
c), k(l + m)) = (ab + ac + la + ma + kb + kc, kl + km) oraz x · y + x · z =
(ab+la+kb, kl)+(ac+ma+kc, km) = (ab+la+kb+ac++ma+kc, kl +km).
Zatem x · (y + z) = x · y + x · z. Dalej, (y + z) · x = (b + c, l + m) · (a, k) =
((b+c)a+k(b+c)+(l+m)a, (l+m)k) = (ba+ca+kb+kc+la+ma, lk+mk) oraz
43
44
y·x+z·x = (b, l)·(a, k)+(c, m)·(a, k) = (ba+kb+la, lk)+(ca+kc+ma, mk) =
(ba + kb + la + ca + kc + ma, lk + mk), skąd (y + z) · x = y · x + z · x.
Ze wzoru (7.1) mamy też, że (0, 1) · x = (0 · a + k · 0 + 1 · a, 1 · k) = (a, k) = x
oraz x · (0, 1) = (a · 0 + 1 · a + k · 0, k · 1) = x.
Zatem (R1 , +, ·, (0, 0), (0, 1)) jest pierścieniem z jedynką (0, 1), którą będziemy też oznaczali symbolem 1.
Rozważmy przekształcenie f : R1 → Z dane wzorem:
f ((a, k)) = k dla a ∈ R, k ∈ Z.
Dla dowolnych a, b ∈ R, k, l ∈ Z, f ((a, k) + (b, l)) = f ((a + b, k + l)) = k + l =
f ((a, k))+f ((b, l)) oraz f ((a, k)·(b, l)) = f ((ab+la+kb, kl)) = kl = f ((a, k))·
f ((b, l)). Zatem f jest homomorfizmem pierścieni. Ponadto dla k ∈ Z mamy, że
k = f ((0, k)), więc f jest epimorfizmem pierścieni. Z definicji f otrzymujemy,
że Ker(f ) = R, gdzie R = {(a, 0) : a ∈ R}. Stąd na mocy stwierdzenia 6.10
R R1 . Ponadto z pierwszego twierdzenia o izomorfizmie R1 /R ∼
= Z. Dla
a ∈ R, k ∈ Z mamy, że (a, k) = (a, 0) + (0, k) = (a, 0) + k(0, 1) = (a, 0) + k · 1,
skąd R1 = R + h1i oraz R ∩ h1i = {(0, 0)}.
Przekształcenie a 7→ (a, 0) dla a ∈ R jest różnowartościowe oraz na mocy
określeń dodawania i mnożenia w pierścieniu R1 jest ono homomorfizmem
pierścieni. Zatem to odwzorowanie jest zanurzeniem pierścieni. Z tego powodu
możemy dokonać utożsamienia:
(a, 0) ≡ a dla a ∈ R.
Przy tym utożsamieniu R = R jest ideałem pierścienia R1 , R1 = R + h1i,
R ∩ h1i = {0} oraz R1 /R ∼
= Z.
Niech I <l R. Wtedy I jest podgrupą grupy addytywnej pierścienia R1 .
Ponadto dla i ∈ I oraz x ∈ R1 istnieją a ∈ R, k ∈ Z takie, że x = a + k · 1.
Zatem x · i = (a + k · 1) · i = ai + ki ∈ I, bo I <l R. Stąd I <l R1 . Analogicznie
pokazuje się, że jeśli I <r R, to I <r R1 . W konsekwencji, jeżeli I R, to
I R1 .
7.2
Homomorfizmy na pierścieniach macierzy
Twierdzenie 7.2. Niech f : R → S będzie homomorfizmem pierścieni. Wówczas F : Mn (R) → Mn (S) dane wzorem F (A) = [f ([A]ij )]i,j=1,2,...,n jest homomorfizmem pierścieni i Ker(F ) = Mn (Ker(f )). Ponadto F jest epimorfizmem
wtedy i tylko wtedy, gdy f jest epimorfizmem.
Dowód. Weźmy dowolne A, B ∈ Mn (R). Ze wzoru (2.2) [A + B]ij = [A]ij +
[B]ij dla dowolnych i, j = 1, . . . , n. Zatem F (A + B) = [f ([A]ij + [B]ij )]i,j=1,...,n
= [f ([A]ij ) + f ([B]ij )]i,j=1,...,n = [f ([A]ij )]i,j=1,...,n + [f ([B]ij )]i,j=1,...,n = F (A) +
F (B).
Ponadto ze wzoru (2.3)
"
F (A · B) = f
n
X
t=1
45
!#
[A]it · [B]tj
=
i,j=1,...,n
" n
X
#
f ([A]it ) · f ([B]tj )
t=1
=
i,j=1,...,n
[f ([A]ij )]i,j=1,...,n · [f ([B]ij ]i,j=1,...,n = F (A) · F (B). Zatem F jest homomorfizmem pierścieni. Pozostała część twierdzenia wynika od razu z definicji odwzorowania F .
Stwierdzenie 7.3. Dla dowolnego pierścienia R równoważne są warunki:
(i) I = RI = IR = RIR dla dowolnego I R,
(ii) a ∈ RaR dla dowolnego a ∈ R.
Dowód. (i) ⇒ (ii). Niech I = (a)R . Ponieważ (a)R = hai + Ra + aR + RaR,
więc RI = Ra + RaR, skąd RIR = RaR. Ale I = RIR oraz a ∈ I, więc
a ∈ RaR.
(ii) ⇒ (i). Oczywiście RIR ⊆ RI ⊆ I oraz RIR ⊆ IR ⊆ I. Wystarczy
zatem wykazać, że I ⊆ RIR. W tym celu weźmy dowolne a ∈ I. Wtedy
a ∈ RaR ⊆ RIR, czyli a ∈ RIR. Stąd I ⊆ RIR.
Przykład 7.4. Jeżeli pierścień R posiada jedynkę, to a ∈ RaR dla każdego
a ∈ R. Ponadto z twierdzenia 5.10, jeżeli R jest pierścieniem prostym i R2 6=
{0}, to RaR = R dla każdego 0 6= a ∈ R, skąd a ∈ RaR dla każdego a ∈ R.
Mówimy, że pierścień R jest regularny w sensie von Neumanna, jeżeli a ∈ aRa
dla każdego a ∈ R. Wówczas a ∈ aRaRa ⊆ RaR dla każdego a ∈ R.
Twierdzenie 7.5. Jeżeli a ∈ RaR dla każdego elementu a pierścienia R, to
dla dowolnego n ∈ N każdy ideał pierścienia Mn (R) jest postaci Mn (I) dla
I R.
Dowód. Niech J Mn (R). Weźmy dowolne A ∈ J i dowolne k, l = 1, . . . , n.
Niech a = [A]kl . Weźmy dowolne x, y ∈ R oraz dowolne i, j = 1, . . . , n. Wtedy
(xEik ) · A ∈ J, więc też (xEik ) · A · (yElj ) ∈ J. Ale A =
n
X
([A]ts Ets ), więc
t,s=1
na mocy wzoru (2.4) (xEik ) · A · (yElj ) = (xay)Eij . Zatem (xay)Eij ∈ J dla
dowolnych x, y ∈ R oraz dla dowolnych i, j ∈ {1, 2, . . . , n}. Ponieważ J + jest
podgrupą grupy addytywnej pierścienia Mn (R), więc stąd (RaR)Eij ⊆ J. Ale
a ∈ RaR, więc aEij ∈ J dla wszystkich i, j ∈ {1, 2, . . . , n}. Niech I = {x ∈
R : xEij ∈ J dla pewnych i, j = 1, . . . , n}. Wtedy a ∈ I, skąd I 6= ∅. Weźmy
dowolne x, y ∈ I, r ∈ R. Z pierwszej części dowodu xE11 , yE11 ∈ J, skąd
(x − y)E11 = xE11 − yE11 ∈ J, czyli x − y ∈ I. Ponadto (rE11 ) · (xE11 ), (xE11 ) ·
(rE11 ) ∈ J, więc na mocy wzoru (2.4), (rx)E11 , (xr)E11 ∈ J, czyli rx, xr ∈ I.
Zatem I R. Ponadto z pierwszej części dowodu i z definicji I, J = Mn (I).
Twierdzenie 7.6. Niech a ∈ RaR dla każdego elementu a pierścienia R.
Wówczas dla każdego n ∈ N każdy obraz homomorficzny pierścienia Mn (R)
jest izomorficzny z pierścieniem postaci Mn (R/I) dla pewnego I R.
46
Dowód. Załóżmy, że pierścień S jest obrazem homomorficznym pierścienia
Mn (R). Wtedy z pierwszego twierdzenia o izomorfizmie S ∼
= Mn (R)/Ker(f ),
gdzie f jest homomorfizmem pierścienia Mn (R) na pierścień S. Ale Ker(f ) Mn (R), więc z twierdzenia 7.5, Ker(f ) = Mn (I) dla pewnego ideału I pierścienia R. Z przykładu 6.4 wynika, że π : R → R/I dane wzorem π(x) = x + I
jest epimorfizmem pierścieni. Ponadto Ker(π) = I. Zatem z twierdzenia 7.2,
istnieje epimorfizm Π : Mn (R) → Mn (R/I) taki, że Ker(Π) = Mn (I) =
Mn (Ker(f )). Stąd i z pierwszego twierdzenia o izomorfizmie Mn (R/I) ∼
=
∼
Mn (R)/Ker(f ), a więc Mn (R/I) = S.
Z twierdzenia 7.5 i z przykładu 7.4 wynika od razu następujące
Twierdzenie 7.7. Jeżeli R jest pierścieniem prostym takim, że R2 6= {0}, to
dla dowolnego n ∈ N pierścień Mn (R) jest prosty.
Z twierdzenia 7.7 otrzymujemy natychmiast następujący
Wniosek 7.8. Dla dowolnego ciała K i dla dowolnego naturalnego n pierścień
Mn (K) jest prosty.
Twierdzenie 7.9. Niech R będzie takim pierścieniem, że dla pewnego n ∈ N,
n 2, każdy ideał pierścienia Mn (R) jest postaci Mn (I) dla pewnego I R.
Wówczas a ∈ RaR dla każdego a ∈ R.
Dowód. Niech I R. Nietrudno sprawdzić, że

J=






I
IR . . . IR
RI RIR . . . RIR 

..
..
.. 
..

.
.
.
. 
RI RIR . . . RIR
jest ideałem pierścienia Mn (R). Zatem istnieje ideał A pierścienia R taki, że
J = Mn (A). Stąd A = I = RI = IR = RIR. Zatem na mocy stwierdzenia
7.3, a ∈ RaR dla każdego a ∈ R.
Zadanie (1). Niech R będzie pierścieniem takim, że dla pewnego naturalnego
n 2 pierścień Mn (R) jest prosty. Udowodnij, że wówczas pierścień R jest
prosty i R2 6= {0}.
Zadanie (2). Dla n ∈ N wyznacz wszystkie z dokładnością do izomorfizmu
obrazy homomorficzne pierścienia Mn (Z).
Zadanie (3). Niech R będzie dowolnym pierścieniem i n ∈ N. Udowodnij, że
przekształcenie f : Mn (R) → Mn+1 (R) dane wzorem


f





a11 a12
a21 a22
..
..
.
.
an1 an2

. . . a1n




. . . a2n 



. . . .. 
 = 
.  


. . . ann
a11 a12
a21 a22
..
..
.
.
an1 an2
0
0
. . . a1n
. . . a2n
. . . ..
.
. . . ann
... 0

0

0 

0
0





47
jest zanurzeniem pierścieni.
Zadanie (4). Udowodnij, że dla dowolnego pierścienia R i dla dowolnych
m, n ∈ N: Mn (Mm (R)) ∼
= Mmn (R).
Zadanie (5). Niech K będzie dowolnym ciałem. Pokazać, że dla każdego n
pierścienie Mn (K) i Mn+1 (K) nie są izomorficzne.
7.3
Homomorfizmy na pierścieniach wielomianów
Twierdzenie 7.10. Niech f : R → S będzie homomorfizmem pierścieni.
Wówczas przekształcenie F : R[[x]] → S[[x]] dane wzorem F ((a0 , a1 , . . .)) =
(f (a0 ), f (a1 ), . . .) jest homomorfizmem pierścieni.
Dowód. Weźmy dowolne szeregi a, b ∈ R[[x]]. Wtedy a + b = (a0 + b0 , a1 +
b1 , . . .), więc F (a + b) = (f (a0 + b0 ), f (a1 + b1 ), . . .) = (f (a0 ) + f (b0 ), f (a1 ) +
f (b1 ), . . .) = (f (a0 ), f (a1 ), . . .) + (f (b0 ), f (b1 ), . . .) = F (a) + F (b). Ponadto
a · b = (c0 , c1 , . . .), gdzie cn =
(d0 , d1 , . . .), gdzie dn = f
n
X
i=0
n
X
ai bn−i dla n = 0, 1, . . .. Zatem F (a · b) =
i=0
!
ai bn−i
=
n
X
f (ai ) · f (bn−i ) dla n = 0, 1, . . ..
i=0
Ponadto F (a)·F (b) = (f (a0 ), f (a1 ), . . .)·(f (b0 ), f (b1 ), . . .) = (e0 , e1 , . . .), gdzie
en =
n
X
f (ai ) · f (bn−i ) dla n = 0, 1, . . .. Zatem en = dn dla wszystkich n =
i=0
0, 1, . . ., skąd F (a · b) = F (a) · F (b). Oznacza to, że F jest homomorfizmem
pierścieni.
Z udowodnionego twierdzenia w prosty sposób wynika następujące
Twierdzenie 7.11. Niech f : R → S będzie homomorfizmem pierścieni. Wówczas przekształcenie F : R[x] → S[x] dane wzorem F ((a0 , a1 , . . .)) =
(f (a0 ), f (a1 ), . . .) jest homomorfizmem pierścieni.
Stwierdzenie 7.12. Dla dowolnego pierścienia R przekształcenie f : R[[x]] →
R dane wzorem f ((a0 , a1 , . . .)) = a0 jest epimorfizmem pierścieni.
Dowód. Weźmy dowolne szeregi a, b ∈ R[[x]]. Wtedy a + b = (a0 + b0 , a1 +
b1 , . . .), więc f (a + b) = a0 + b0 = f (a) + f (b) oraz a · b = (a0 b0 , a0 b1 + a1 b0 , . . .),
skąd f (a · b) = a0 b0 = f (a) · f (b). Zatem f jest homomorfizmem pierścieni.
Ponadto dla dowolnego a ∈ R, a = f ((a, 0, 0, . . .)), więc f jest epimorfizmem
pierścieni.
Zupełnie analogicznie można udowodnić następujące
48
Stwierdzenie 7.13. Dla dowolnego pierścienia R przekształcenie f : R[x] →
R dane wzorem f ((a0 , a1 , . . .)) = a0 jest epimorfizmem pierścieni.
Zadanie (6). Udowodnij, że dla dowolnego pierścienia R przekształcenie g : R →
R[x] dane wzorem g(a) = (a, 0, 0, . . .) jest zanurzeniem pierścieni.
Z zadania (6) wynika, że podobnie jak w algebrze przemiennej, w pierścieniu R[x] możemy dokonać utożsamienia
a ≡ (a, 0, 0, . . .) dla a ∈ R.
Przy tym utożsamieniu pierścień R jest podpierścieniem pierścienia wielomianów R[x].
Zadanie (7). Niech S będzie pierścieniem z jedynką 1 i niech x = (0, 1, 0, . . .).
n
Udowodnij, że wówczas w pierścieniu S[[x]]: xn = (0, 0, . . . , 1, 0, 0, . . .) dla
każdego n = 0, 1, . . ..
Niech S będzie pierścieniem z jedynką 1. Niech f ∈ S[x] będzie wielomianem stopnia n 1. Wtedy fn 6= 0 oraz fi = 0 dla każdego i n + 1. Ponadto
k
z zadania (7) i ze wzoru (2.12) mamy, że (fk , 0, 0, . . .) · xk = (0, . . . , 0, fk , 0, . . .)
dla k = 1, 2, . . . więc
f = (f0 , 0, 0, . . .) + (0, f1 , 0, . . .) + . . . + (0, 0, . . . , fn , 0, . . .) ≡ f0 + f1 x +
+f2 x2 + . . . + fn xn . Ponieważ dla wielomianu stałego f jest f ≡ f0 , więc
dla dowolnego wielomianu f ∈ S[x] stopnia n 0 mamy utożsamienie:
f ≡ f 0 + f 1 x + f 2 x2 + . . . + f n x n .
(7.2)
Otrzymujemy w ten sposób naturalną notację dla wielomianów z pierścienia
S[x]. Zauważmy, że x należy do centrum pierścienia S[[x]].
Analogicznie szereg f = (f0 , f1 , . . .) ∈ S[[x]] można utożsamić z f0 + f1 x +
2
f2 x + . . ..
Zadanie (8). Udowodnij, że dla dowolnego pierścienia S z jedynką element x
należy do centrum pierścienia S[[x]].
Jeżeli pierścień R nie posiada jedynki, to sytuacja jest bardziej skomplikowana. Wówczas jak wiemy R jest ideałem pierścienia R1 posiadającego jedynkę. Stąd R[x] R1 [x] i dowolny niezerowy wielomian f ∈ R[x] można jednoznacznie zapisać w postaci f = f0 + f1 x + . . . + fn xn dla pewnego n = 0, 1, . . .
i dla pewnych współczynników f0 , . . . , fn ∈ R. Należy jednak pamiętać, że w
tym przypadku x 6∈ R[x] oraz (axn )·(bxm ) = (ab)xn+m dla dowolnych a, b ∈ R,
n, m = 0, 1, . . .. Analogicznie, każdy szereg f ∈ R[[x]] można jednoznacznie
zapisać w postaci f = f0 + f1 x + f2 x2 + . . . dla pewnych fi ∈ R, i = 0, 1, . . .,
ale x 6∈ R[[x]]!
7.4
49
Homomorfizmy związane z iloczynami prostymi
Przykład 7.14. Dla dowolnego niepustego zbioru indeksów T niech {Rt }t∈T
będzie rodziną pierścieni. Dla dowolnego s ∈ T rozważmy przekształcenie
Q
πs : t∈T Rt → Rs dane wzorem
πs ((xt )t∈T ) = xs .
Wówczas dla dowolnych x = (xt )t∈T , y = (yt )t∈T ∈ t∈T Rt : πs (x + y) =
πs ((xt + yt )t∈T ) = xs + ys = πs (x) + πs (y) oraz πs (x · y) = πs ((xt · yt )t∈T ) = xs ·
ys = πs (x)·πs (y). Zatem πs jest homomorfizmem pierścieni. Dla dowolnego a ∈
Rs mamy, że a = πs ((xt )t∈T ), gdzie xs = a oraz xt = 0 dla wszystkich t ∈ T \
Q
{s}. Stąd πs jest epimorfizmem pierścieni. Natomiast Ker πs = t∈T It , gdzie
Is = {0} oraz It = Rt dla wszystkich t ∈ T \ {s}. Z pierwszego twierdzenia o
izomorfizmie wynika stąd, że
Q
Y
t∈T
Rt /
Y
It ∼
= Rs .
t∈T
Zatem dla każdego s ∈ T pierścień Rs jest obrazem homomorficznym pierścieQ
nia t∈T Rt .
Okazuje się, że dla każdego s ∈ T pierścień Rs zanurza się w pierścień
Q
Q
t∈T Rt . Łatwo sprawdzić, że przekształcenie fs : Rs →
t∈T Rt dane wzorem
fs (a) = (xt )t∈T gdzie xs = a oraz xt = 0 dla t ∈ T \ {s}
jest zanurzeniem pierścieni, przy czym fs (Rs ) Q
t∈T
Rt .
Wykład 8
Własności pierścieni macierzy
8.1
Centrum pierścienia macierzy
Definicja 8.1. Obustronnym anihilatorem niepustego podzbioru X pierścienia
R nazywamy zbiór
aR (X) = lR (X) ∩ rR (X) = {a ∈ R : aX = Xa = {0}}.
(8.1)
Ponieważ lR (X) i rR (X) są podpierścieniami pierścienia R, więc aR (X)
jest podpierścieniem pierścienia R. Jeśli zaś I R, to lR (I), rR (I) R, więc
aR (I) R. W szczególności a(R) = aR (R) R oraz a(R)R = Ra(R) = {0}, a
więc a(R)2 = {0}. Ponadto wynika stąd, że a(R) ⊆ Z(R), gdzie Z(R) oznacza
centrum pierścienia R.
W pierścieniu macierzy Mn (R) dla podpierścienia S ⊆ R przez SIn będziemy oznaczali zbiór wszystkich macierzy, które na głównej przekątnej mają ten
sam element s ∈ S, zaś na pozostałych miejscach same zera.
Twierdzenie 8.2. Dla dowolnego pierścienia R i dla dowolnej liczby naturalnej n 2 mamy, że
Z(Mn (R)) = Z(R)In + Mn (a(R)).
Dowód. Niech A ∈ Z(R)In +Mn (a(R)). Wtedy A = cIn +B dla pewnego c ∈
Z(R) oraz dla pewnej macierzy B ∈ Mn (a(R)). Weźmy dowolne M ∈ Mn (R).
Wtedy dla i, j = 1, 2, . . . , n mamy, że [B · M ]ij =
n
X
[B]it [M ]tj = 0, gdyż
t=1
[B]it [M ]tj = 0, więc B · M = 0n . Podobnie M · B = 0n , skąd B · M = M · B i
B ∈ Z(Mn (R)). Dalej, dla dowolnych i, j = 1, 2, . . . , n mamy, że [(cIn )·M ]ij =
n
X
[cIn ]it [M ]tj = c[M ]ij , gdyż dla t 6= i jest [cIn ]it = 0 oraz [cIn ]ii = c.
t=1
Podobnie, [M · (cIn )]ij = [M ]ij c. Ale c ∈ Z(R), więc [(cIn ) · M ]ij = [M · (cIn )]ij
dla wszystkich i, j = 1, 2, . . . , n. Zatem cIn ∈ Z(Mn (R)). Ale A = (cIn ) + B,
więc też A ∈ Z(Mn (R)).
50
51
Na odwrót. Załóżmy, że A ∈ Z(Mn (R)). Weźmy dowolne x ∈ R oraz dowolne i, j ∈ {1, 2, . . . , n}. Wtedy (xEij ) · A = A · (xEij ), skąd
n
X
n
X
(x[A]jt )Eit =
t=1
([A]si x)Esj , więc x[A]jt = 0 dla t 6= j, [A]si x = 0 dla s 6= i, x[A]jj =
s=1
[A]ii x. Wynika stąd, że [A]st ∈ a(R) dla wszystkich t 6= s, [A]tt ∈ Z(R) dla
t = 1, 2, . . . , n oraz [A]ii − [A]11 ∈ a(R) dla i = 2, 3, . . . , n. Zatem istnieją
ai ∈ a(R) takie, że [A]ii = [A]11 + ai dla i = 2, 3, . . . , n. Oznaczmy c = [A]11 .
Wtedy uzyskamy, że

A=




cIn + 



0 a12 a13
a21 a2 a23
a31 a32 a3
..
..
..
.
.
.
an1 an2 an3

. . . a1n

. . . a2n 

. . . a3n 
,
.. 
..
. . 

. . . an
skąd A ∈ Z(R)In + Mn (a(R)).
Wniosek 8.3. Jeżeli R jest pierścieniem takim, że a(R) = {0}, to dla dowolnego n 2: Z(Mn (R)) = Z(R)In .
Wniosek 8.4. Jeżeli R jest pierścieniem takim, że a ∈ RaR dla każdego
a ∈ R, to dla dowolnego n 2: Z(Mn (R)) = Z(R)In . W szczególności, jeśli
R jest pierścieniem regularnym w sensie von Neumanna lub R jest idempotentnym pierścieniem prostym lub R posiada jedynkę, to dla dowolnego n 2:
Z(Mn (R)) = Z(R)In .
Wniosek 8.5. Jeżeli R jest przemiennym pierścieniem z jedynką, to dla dowolnego n 2: Z(Mn (R)) = RIn .
Zadanie (1). Niech I będzie ideałem pierścienia R i niech n 2. Udowodnić,
że
(a) lMn (R) (Mn (I)) = Mn (lR (I)),
(b) rMn (R) (Mn (I)) = Mn (rR (I)),
(c) aMn (R) (Mn (I)) = Mn (aR (I)).
8.2
Ideały istotne
Definicja 8.6. Niech I będzie ideałem pierścienia R. Mówimy, że I jest istotny
w R, jeżeli I ∩ J 6= 0 dla dowolnego niezerowego J R.
Stwierdzenie 8.7. Dla ideału I pierścienia R takiego, że aI (I) = {0} równoważne są warunki:
(i) I jest istotny w R,
(ii) aR (I) = {0}.
52
Dowód. Załóżmy, że I jest istotny w R i niech J = aR (I). Wtedy J R.
Jeśli J 6= {0}, to I ∩ J 6= {0}. Ale I ∩ J ⊆ aI (I), więc aI (I) 6= {0} i mamy
sprzeczność. Zatem aR (I) = {0}.
Na odwrót, załóżmy, że aR (I) = {0}. Niech J będzie dowolnym niezerowym
ideałem pierścienia R. Zauważmy, że IJ ⊆ I ∩ J oraz JI ⊆ I ∩ J. Ale aR (I) =
{0}, więc IJ 6= {0} lub JI 6= {0}, skąd I ∩ J 6= {0}. Zatem I jest istotny w
R.
Twierdzenie 8.8. Dla dowolnego pierścienia R bez jedynki istnieje pierścień
R† posiadający jedynkę 1 i taki, że R jest istotnym ideałem pierścienia R† oraz
R + h1i = R† .
Dowód. Z twierdzenia 7.1 istnieje pierścień R1 z jedynką 1 i taki, że R R1
oraz R+h1i = R1 . Oznaczmy przez S rodzinę wszystkich ideałów I pierścienia
R1 takich, że I ∩ R = {0}. Rodzina S jest niepusta, bo np. {0} ∈ S. Ponadto
rodzina S jest częściowo uporządkowana przez inkluzję. Niech A będzie łańS
cuchem w S. Wtedy ze stwierdzenia 4.17, J = A∈A A R1 oraz A ⊆ J dla
każdego A ∈ A. Jeśli J ∩ R 6= {0}, to istnieje 0 6= a ∈ R takie, że a ∈ J.
Oznacza to, że a ∈ A dla pewnego A ∈ A, czyli A ∩ R 6= {0} wbrew założeniu.
Zatem J ∩ R = {0} i wobec tego J ∈ S oraz J jest ograniczeniem górnym
łańcucha A. Zatem z lematu Zorna istnieje w rodzinie S element maksymalny
M . Stąd w szczególności M R1 oraz M ∩ R = {0}. Z drugiego twierdzenia
o izomorfizmie (R + M )/M ∼
= R/(R ∩ M ) = R/{0}, skąd R ∼
= (R + M )/M .
1
Ponadto (R + M )/M R /M , więc pierścień R możemy utożsamiać z ideałem (R + M )/M pierścienia R1 /M . Ponieważ R1 = R + h1i, więc R1 /M =
(R + M )/R + h1 + M i. Weźmy dowolny niezerowy ideał K pierścienia R1 /M .
Wtedy ze stwierdzenia 5.8 istnieje J R1 taki, że M ⊂ J oraz K = J/M . Stąd
z maksymalności M w rodzinie S wynika, że J 6∈ S, czyli J ∩ R 6= {0}. Gdyby
J ∩ R ⊆ M , to J ∩ R = (J ∩ R) ∩ M = J ∩ (R ∩ M ) = J ∩ {0} = {0} i otrzymalibyśmy sprzeczność. Zatem J ∩ R 6⊆ M , skąd [(J ∩ R) + M ]/M 6= {0 + M }
oraz [(J ∩ R) + M ]/M ⊆ (R + M )/M ∩ J/M = [(R + M )/M ] ∩ K. Zatem
(R + M )/M jest ideałem istotnym w pierścieniu R1 /M . Wystarczy zatem
przyjąć R† = R1 /M .
Zadanie (2). Niech R będzie pierścieniem takim, że a(R) = {0}. Udowodnij,
że wówczas przy oznaczeniach dowodu twierdzenia 8.8, M = aR1 (R), czyli w
tym przypadku R† = R1 /aR1 (R).
Twierdzenie 8.9. Niech I będzie ideałem istotnym pierścienia R. Wówczas:
(i) jeżeli pierścień I jest pierwszy, to pierścień R jest pierwszy,
(ii) jeżeli pierścień I jest półpierwszy, to pierścień R jest półpierwszy,
(iii) jeżeli pierścień I jest zredukowany, to pierścień R jest zredukowany,
(iv) jeżeli pierścień I jest dziedziną, to pierścień R jest dziedziną.
Dowód. (i). Ponieważ I 6= {0}, więc też R 6= {0}. Weźmy dowolne ideały
A i B pierścienia R takie, że AB = {0} i załóżmy, że A 6= {0} i B 6= {0}.
53
Wówczas A∩I 6= {0} i B ∩I 6= {0}. Ponadto A∩I, B ∩I I, więc z pierwszości
pierścienia I, (A ∩ I)(B ∩ I) 6= {0}. Ale (A ∩ I)(B ∩ I) ⊆ AB = {0}, więc
mamy sprzeczność. Zatem A = {0} lub B = {0} i pierścień R jest pierwszy.
(ii). Ponieważ I 6= {0}, więc też R 6= {0}. Weźmy dowolny ideał A pierścienia R taki, że A2 = {0} i załóżmy, że A 6= {0}. Wówczas A ∩ I 6= {0}.
Ponadto A ∩ I I, więc z półpierwszości pierścienia I, (A ∩ I)2 6= {0}. Ale
(A ∩ I)2 ⊆ A2 = {0}, więc mamy sprzeczność. Zatem A = {0} i pierścień R
jest półpierwszy.
(iii). Weźmy dowolne a ∈ R takie, że a2 = 0. Wtedy aIa ⊆ I oraz (aIa)2 =
{0}. Ale pierscień I jest zredukowany, więc aIa = {0}. Stąd (aI)2 = (Ia)2 =
{0}, a ponieważ aI, Ia ⊆ I, więc aI = Ia = {0}. Zatem a ∈ aR (I). Ponadto
aI (I) = {0}, gdyż pierścień I jest zredukowany, więc na mocy stwierdzenia
8.7, aR (I) = {0}. Stąd a = 0 i pierścień R jest zredukowany.
(iv). Z (iii) wynika, że pierścień R jest zredukowany. Ponadto ze stwierdzenia 8.7, aR (I) = {0}. Weźmy dowolne a, b ∈ R takie, że ab = 0. Wtedy
Ia, bI ⊆ I oraz (Ia)(bI) = {0}, skąd Ia = {0} lub bI = {0}. Jeśli Ia = {0},
to aI ⊆ I oraz (aI)2 = {0}, więc aI = {0}. Zatem a ∈ aR (I) = {0}, czyli
a = 0. Analogicznie pokazujemy, że jeśli bI = {0}, to b = 0. Zatem R jest
dziedziną.
Z twierdzeń 8.8 i 8.9 wynika od razu następujące
Twierdzenie 8.10. Niech R będzie pierścieniem bez jedynki i niech R† będzie
pierścieniem z jedynką podanym w twierdzeniu 8.8. Wówczas R jest ideałem
istotnym pierścienia R† , R + h1i = R† oraz
(i) jeżeli R jest pierwszy, to R† jest pierwszy,
(ii) jeżeli R jest półpierwszy, to R† jest półpierwszy,
(iii) jeżeli R jest zredukowany, to R† jest zredukowany,
(iv) jeżeli R jest dziedziną, to R† jest dziedziną,
(v) jeżeli R jest przemienny, to R† jest przemienny.
8.3
Pierścienie macierzy pierwsze i półpierwsze
Stwierdzenie 8.11. Dla dowolnych ideałów I i J pierścienia R i dla dowolnego naturalnego n: Mn (I) · Mn (J) = Mn (IJ).
Dowód. Weźmy dowolne X ∈ Mn (I) · Mn (J). Wtedy X jest skończoną sumą
elementów postaci A · B dla A ∈ Mn (I) oraz B ∈ Mn (J). Ponieważ IJ R,
więc Mn (IJ) Mn (R). Wystarczy zatem wykazać, że A · B ∈ Mn (IJ). Ale dla
dowolnych i, j = 1, . . . , n, [A · B]ij =
n
X
[A]it · [B]tj oraz [A]it ∈ I, [B]tj ∈ J,
t=1
więc [A]it · [B]tj ∈ IJ, skąd [A · B]ij ∈ IJ. Zatem A · B ∈ Mn (IJ).
54
Na odwrót, weźmy dowolne X ∈X
Mn (IJ). Wówczas [X]ij ∈ IJ dla wszystkich i, j = 1, . . . , n. Ponadto X =
[X]ij Eij oraz Mn (I)·Mn (J)Mn (R),
i,j=1,...,n
więc wystarczy wykazać, że aEij ∈ Mn (I) · Mn (J) dla dowolnego a ∈ IJ oraz
dla dowolnych i, j = 1, . . . , n. Ale a jest skończoną sumą elementów postaci xy dla x ∈ I, y ∈ J, więc bez zmniejszania ogólności możemy zakładać,
że a = xy. Wtedy aEij = (xy)Eij = (xEij ) · (yEjj ) ∈ Mn (I) · Mn (J). Stąd
X ∈ Mn (I) · Mn (J).
Twierdzenie 8.12. Jeżeli R jest pierścieniem pierwszym, to dla dowolnego
naturalnego n pierścień macierzy Mn (R) też jest pierwszy.
Dowód. Ponieważ R 6= {0}, więc Mn (R) 6= {0}. Z twierdzenia 8.10 istnieje
pierścień pierwszy S z jedynką taki, że R S. Weźmy dowolne ideały A i B
pierścienia Mn (S) takie, że AB = {0}. Z twierdzenia 7.5 istnieją ideały I, J
pierścienia S takie, że A = Mn (I) oraz B = Mn (J). Ponadto ze stwierdzenia
8.11 A · B = Mn (IJ). Stąd IJ = {0}, więc z pierwszości pierścienia S, I = {0}
lub J = {0}, czyli A = {0} lub B = {0}. Zatem Mn (S) jest pierścieniem
pierwszym. Ale Mn (R) jest niezerowym ideałem pierścienia Mn (S). Zatem z
twierdzenia 5.19 pierścień Mn (R) jest pierwszy.
Twierdzenie 8.13. Jeżeli R jest pierścieniem półpierwszym, to dla dowolnego
naturalnego n pierścień macierzy Mn (R) też jest półpierwszy.
Dowód. Ponieważ R 6= {0}, więc Mn (R) 6= {0}. Z twierdzenia 8.10 istnieje
pierścień półpierwszy S z jedynką taki, że R S. Weźmy dowolny ideał A
pierścienia Mn (S) tak, że A2 = {0}. Z twierdzenia 7.5 istnieje ideał I pierścienia S taki, że A = Mn (I). Ponadto ze stwierdzenia 8.11 A2 = Mn (I 2 ). Stąd
I 2 = {0}, więc z półpierwszości pierścienia S, I = {0}, czyli A = {0}. Zatem
Mn (S) jest pierścieniem półpierwszym. Ale Mn (R) jest niezerowym ideałem
pierścienia Mn (S). Zatem z twierdzenia 5.20 pierścień Mn (R) jest półpierwszy.
Stwierdzenie 8.14. Jeżeli dla pewnego naturalnego n pierścień Mn (R) jest
pierwszy, to pierścień R też jest pierwszy.
Dowód. Ponieważ Mn (R) 6= {0}, więc R 6= {0}. Weźmy dowolne I, J R
takie, że IJ = {0}. Wtedy Mn (I), Mn (J) Mn (R) oraz na mocy stwierdzenia
8.11, Mn (I) · Mn (J) = Mn (IJ) = {0}. Zatem z pierwszości pierścienia Mn (R),
Mn (I) = {0} lub Mn (J) = {0}, czyli I = {0} lub J = {0}. Stąd pierścień R
jest pierwszy.
Stwierdzenie 8.15. Jeżeli dla pewnego naturalnego n pierścień Mn (R) jest
półpierwszy, to pierścień R też jest półpierwszy.
Dowód. Ponieważ Mn (R) 6= {0}, więc R 6= {0}. Weźmy dowolne I R takie,
że I 2 = {0}. Wtedy Mn (I)Mn (R) oraz na mocy stwierdzenia 8.11, Mn (I)2 =
Mn (I 2 ) = {0}. Zatem z półpierwszości pierścienia Mn (R), Mn (I) = {0}, czyli
I = {0}. Stąd pierścień R jest półpierwszy.
55
Zadanie (3). Wyznaczyć wszystkie ideały maksymalne i wszystkie ideały
pierwsze pierścienia Mn (Z).
Zadanie (4). Niech R będzie pierścieniem takim, że a ∈ RaR dla każdego
a ∈ R. Udowodnić, że każdy ideał maksymalny pierścienia Mn (R) jest postaci
Mn (I) dla pewnego ideału maksymalnego I pierścienia R.
Zadanie (5). Niech R będzie pierścieniem takim, że a ∈ RaR dla każdego
a ∈ R. Udowodnić, że każdy ideał pierwszy pierścienia Mn (R) jest postaci
Mn (I) dla pewnego ideału pierwszego I pierścienia R.
Zadanie (6). Udowodnij, że część wspólna skończonej liczby ideałów istotnych
pierścienia R jest ideałem istotnym tego pierścienia.
Zadanie (7). Niech I będzie ideałem istotnym pierścienia R. Czy jest prawdą,
że dla każdego naturalnego n ideał Mn (I) jest istotny w pierścieniu Mn (R)?
Zadanie (8). Udowodnij, że pierścień R jest pierwszy wtedy i tylko wtedy,
gdy pierścień R[x] jest pierwszy.
Zadanie (9). Udowodnij, że pierścień R jest półpierwszy wtedy i tylko wtedy,
gdy pierścień R[x] jest półpierwszy.
8.4
Macierze odwracalne
Twierdzenie 8.16. Niech R będzie pierścieniem z jedynką. Niech a ∈ R będzie
elementem nilpotentnym. Wówczas element 1+a jest odwracalny w pierścieniu
R. Więcej, jeżeli an = 0, to zachodzi wzór
(1 + a)−1 = 1 − a + a2 − a3 + . . . + (−a)n−1 .
(8.2)
Dowód. Niech b = −a. Wtedy bn = 0, skąd z tożsamości
1 − bn = (1 − b) · (1 + b + b2 + . . . + bn−1 ) = (1 + b + b2 + . . . + bn−1 ) · (1 − b) mamy,
że 1 = (1+a)·(1−a+a2 −. . .+(−a)n−1 ) = (1−a+a2 −. . .+(−a)n−1 )·(1+a),
skąd mamy wzór (8.2).
Definicja 8.17. Niech R będzie dowolnym pierścieniem i niech n, k będą
liczbami naturalnymi takimi, że n 2 oraz k ¬ n − 1. W pierścieniu Tn (R)
macierzy trójkątnych górnych oznaczmy przez Tnk (R) podzbiór wszystkich macierzy, które mają same zera na k kolejnych przekątnych nad główną przekątną
poczynając od głównej przekątnej tzn.
Tnk (R) = {A ∈ Mn (R) : [A]ij = 0 dla wszystkich i, j takich, że j ¬ i+k−1}.
(8.3)
56
Twierdzenie 8.18. Dla dowolnego pierścienia R i dla dowolnych liczb naturalnych n 2 i k ¬ n − 1 mamy, że
Tnk (R) Tn (R).
(8.4)
W szczególności Tnk (R) jest podpierścieniem pierścienia Tn (R).
Dowód. Z określenia Tnk (R) wynika od razu, że Tnk (R) jest podgrupą grupy
addytywnej pierścienia X
Tn (R). Weźmy dowolne AX∈ Tnk (R) oraz dowolne B ∈
Tn (R). Wtedy A =
[A]ij Eij oraz B =
[B]st Est . Zatem A · B =
ts
j>i+k−1
X
([A]ij · [B]st )(Eij · Est ). Ponadto Eij · Est = 0n , jeśli j 6= s oraz Eij ·
j>i+k−1, ts
Est = Eit , jeśli j = s, więc wtedy t s = j > i +X
k − 1, czyli t > i + k − 1, skąd
([B]st · [A]ij )(Est · Eij )
wynika, że A · B ∈ Tnk (R). Ponadto B · A =
j>i+k−1, ts
oraz Est · Eij = 0n , jeśli t 6= i oraz Est · Eij = Esj , jeśli t = i i wtedy
j > i + k − 1 = t + k − 1 s + k − 1, więc j > s + k − 1, skąd B · A ∈ Tnk (R).
Zatem Tnk (R) Tn (R).
Twierdzenie 8.19. Dla dowolnego pierścienia R i dla dowolnej liczby naturalnej n 2:
(Tn1 (R))n = {0n }.
Dowód. Wystarczy wykazać, że dla dowolnych A1 , A2 , . . . , An ∈ Tn1 (R) mamy, że A1 · A2 · . . . · An = {0n }. Ale A1 · A2 · . . . · An jest sumą wszystkich
możliwych składników postaci
[A1 ]i1 j1 [A2 ]i2 j2 . . . [An ]in jn Ei1 j1 · Ei2 j2 · . . . · Ein jn ,
(8.5)
gdzie ik < jk dla k = 1, 2, . . . , n, więc iloczyn (8.5) może być niezerowy jedynie
wówczas, gdy jk = ik+1 dla każdego k = 1, 2, . . . , n − 1. Stąd j1 i1 + 1, j2
i2 + 1 = j1 + 1 i1 + 2, itd. w końcu jn i1 + n, co prowadzi do sprzeczności.
Zatem iloczyn (8.5) jest zawsze równy 0n , czyli A1 · A2 · . . . · An = {0n }.
Twierdzenie 8.20. Niech R będzie pierścieniem z jedynką i niech n 2
będzie liczbą naturalną. Wówczas dla dowolnej liczby naturalnej k ¬ n−1 zbiór
U Tnk (R) = In + Tnk (R) jest podgrupą normalną grupy elementów odwracalnych
pierścienia Tn (R).
Dowód. Oczywiście In ∈ U Tnk (R). Weźmy dowolne A ∈ U Tnk (R). Wtedy
istnieje B ∈ Tnk (R) takie, że A = In +B. Ponadto z twierdzenia 8.19, B n = 0n ,
więc na mocy twierdzenia 8.16, A−1 = In − B + B 2 − . . . + (−B)n−1 . Ale z
twierdzenia 8.18, −B+B 2 −. . .+(−B)n−1 ∈ Tnk (R), więc A−1 ∈ U Tnk (R). Niech
teraz X, Y ∈ U Tnk (R). Wówczas istnieją B, C ∈ Tnk (R) takie, że X = In + B
oraz Y = In + C, skąd X · Y = In + B + C + B · C. Ale na mocy twierdzenia
57
8.18, B + C + B · C ∈ Tnk (R), więc X · Y ∈ U Tnk (R). Zatem U Tnk (R) jest
podgrupą grupy elementów odwracalnych pierścienia Tn (R).
Weźmy teraz dowolne X ∈ U Tnk (R) i dowolne Y ∈ (Tn (R))? . Wówczas
istnieje A ∈ Tnk (R) takie, że X = In + A. Zatem na mocy twierdzenia 8.18,
Y · X · Y −1 = Y · (In + A) · Y −1 = Y · In · Y −1 + Y · A · Y −1 = In + Y · A · Y −1 ∈
U Tnk (R) na mocy twierdzenia 8.18. Zatem U Tnk (R) jest podgrupą normalną
grupy elementów odwracalnych pierścienia Tn (R).
Twierdzenie 8.21. Niech R będzie pierścieniem z jedynką i niech n 2
będzie liczbą naturalną. Wówczas
(Tn (R))? = {A ∈ Tn (R) : [A]ii ∈ R? dla i = 1, 2, . . . , n}.
(8.6)
Dowód. Oznaczmy przez D(a1 , a2 , . . . , an ) = a1 E11 + a2 E22 + . . . + an Enn
dla dowolnych a1 , a2 , . . . , an ∈ R. Wtedy D(a1 , a2 , . . . , an ) · D(b1 , b2 , . . . , bn ) =
D(a1 b1 , a2 b2 , . . . , an bn ) dla dowolnych a1 , b1 , . . . , an , bn ∈ R. Wynika stąd, że
dla dowolnych a1 , a2 , . . . , an ∈ R? mamy, że D(a1 , a2 , . . . , an ) jest elementem
odwracalnym pierścienia Tn (R). Niech teraz A ∈ Tn (R) będzie takie, że [A]ii =
ai ∈ R? . Wtedy A = D(a1 , a2 , . . . , an ) · (In + B) dla pewnego B ∈ Tn1 (R).
Zatem z twierdzenia 8.20 mamy, że A ∈ (Tn (R))? . Na odwrót, weźmy dowolne
A ∈ (Tn (R))? . Wtedy istnieje B ∈ Tn (R) takie, że A · B = B · A = In , skąd
[A]ii [B]ii = [B]ii [A]ii = 1, czyli [A]ii ∈ R? dla i = 1, 2, . . . , n.
Zadanie (10). Niech R będzie pierścieniem z jedynką i niech n 2 będzie
liczbą naturalną. Wyznaczyć
a) centrum pierścienia Tn1 (R),
b) centrum grupy U Tn1 (R).
Zadanie (11). Niech K będzie ciałem skończonym. Obliczyć rząd grupy GLn (K)
elementów odwracalnych pierścienia Mn (K).
Zadanie (12). Niech p będzie liczbą pierwszą. Wykazać, że U Tn1 (Zp ) jest ppodgrupą Sylowa grupy GLn (Zp ).
Zadanie (13). Niech p będzie liczbą pierwszą. Wykazać, że dla liczb naturalnych n ¬ p i dla każdego A ∈ U Tn1 (Zp ) jest Ap = In .
Wykład 9
Wewnętrzne sumy proste
9.1
Wewnętrzne sumy proste podgrup
Definicja 9.1. Niech {At }t∈T będzie rodziną podgrup grupy abelowej (A, +, 0).
S
Najmniejszą w sensie inkluzji podgrupę grupy A zawierającą podzbiór t∈T At
nazywamy
sumą algebraiczną podgrup rodziny {At }t∈T i oznaczamy symbolem
X
At .
t∈T
Stwierdzenie
9.2. Dla dowolnej rodziny {At }t∈T podgrup grupy abelowej A
X
At składa się ze wszystkich możliwych sum postaci a1 + . . . + an ,
podgrupa
t∈T
gdzie ai ∈ Ati dla i = 1, . . . , n oraz t1 , . . . , tn są parami różnymi elementami
ze
X zbioru T . W szczególności, jeśli T = {1, . . . , m} dla pewnego m ∈ N, to
At = A1 + . . . + Am .
t∈T
Dowód. Oznaczmy przez B podzbiór wszystkich możliwych sum postaci a1 +
. . . + an , gdzie ai ∈ Ati dla i = 1, . . . , n oraz X
t1 , . . . , tn są parami różnymi
elementami ze zbioru T . Z określenia podgrupy
At mamy od razu, że B ⊆
t∈T
X
At . Ponadto At ⊆ B dla dowolnego t ∈ T . Weźmy dowolne a, b ∈ B. Wtedy
t∈T
istnieją skończone podzbiory T1 = {t1 , . . . , tp } i T2 = {s1 , . . . , sq } zbioru T
takie, że a ∈ At1 + . . . + Atp i b ∈ As1 + . . . + Asq . Niech T0 = T1 ∪ T2 .
Wtedy T0 jest skończonym podzbiorem T oraz T0 = {r1 , . . . , rm } dla pewnych
parami różnych elementów r1 , . . . , rm ∈ T . Stąd a, b ∈ Ar1 + . . . + Arm , więc
a − b ∈ Ar1 + . . . + Arm . Ale Ar1 + . . . + Arm ⊆ B, więc aX
− b ∈ B. Zatem B jest
S
podgrupą grupy A zawierającą podzbiór t∈T At . Ale
At jest najmniejszą
t∈T
podgrupą grupy A zawierającą
S
t∈T
At , więc
X
t∈T
At ⊆ B i ostatecznie
X
At =
t∈T
B. Kończy to dowód naszego stwierdzenia.
Zadanie (1). Niech A i B będą podgrupami grupy addytywnej pierścienia R.
58
Udowodnij, że wtedy A · B =
59
X
aB =
a∈A
X
Ab.
b∈B
Stwierdzenie 9.3. Niech T będzie zbiorem o co najmniej dwóch elementach
i niech {At }t∈T będzie rodziną podgrup grupy abelowej (A, +, 0). Wówczas następujące warunki
X są równoważne:
(i) As ∩
At = {0} dla dowolnego s ∈ T ;
t∈T \{s}
(ii) dla dowolnego niezerowego a ∈
X
At istnieje dokładnie jeden skoń-
t∈T
czony podzbiór T0 = {t1 , . . . , tn } zbioru T i dokładnie jeden zbiór {a1 , . . . , an }
niezerowych elementów taki, że ai ∈ Ati dla i = 1, . . . , n oraz a = a1 + . . . + an ;
(iii) dla dowolnego skończonego podzbioru n-elementowego T0 = {t1 , . . . , tn }
zbioru T i dla dowolnych ai ∈ Ati , i = 1, . . . , n z tego, że a1 + . . . + an = 0
wynika a1 = . . . = an = 0.
Dowód. (i) ⇒ (ii). Istnienie wynika ze stwierdzenia 9.2. Dla udowodnienia jednoznaczności weźmy skończone podzbiory T1 = {t1 , . . . , tn } i T2 =
{s1 , . . . , sm } zbioru T oraz niezerowe elementy ai ∈ Ati dla i = 1, . . . , n i
bj ∈ Asj dla j = 1, . . . , m takie, że a1 + . . . + an = b1 + . . . + bm . Załóżmy,
że T1 6⊆ T2 . Bez zmniejszania ogólności rozważań możemy zakładać, że wtedy
t1 6∈ T2 . Stąd t1 6∈ {t2 , . . . , tn , s1 , . . . , sm }, więc na mocy założenia oraz stwierdzenia 9.2, a1 6∈ At2 + . . . + Atn + As1 + . . . + Asm . Ale a1 = (−a2 ) + . . . +
(−an ) + b1 + . . . + bm ∈ At2 + . . . + Atn + As1 + . . . + Asm , więc mamy sprzeczność. Zatem T1 ⊆ T2 . Analogicznie pokazuje się, że T2 ⊆ T1 . Stąd T1 = T2 . Ze
względu na przemienność i łączność dodawania w grupie A możemy zakładać,
że ti = si dla i = 1, . . . , n. Wtedy dla każdego i = 1, . . . , n: ai − bi ∈ Ati oraz
ai − bi = (b1 − a1 ) + . . . + (bi−1 − ai−1 ) + (bi+1 − ai+1 ) + . . . + (bn − an ), czyli
ai − bi ∈ At1 + . . . + Ati−1 + Ati+1 + . . . + Atn . Z założenia i stwierdzenia 9.2
wynika więc, że ai − bi = 0, czyli ai = bi dla wszystkich i = 1, . . . , n.
(ii) ⇒ (iii). Załóżmy, że ai 6= 0 dla pewnego i = 1, . . . , n. Wtedy n > 1 oraz
istnieje j 6= i, j = 1, . . . , n takie, że aj 6= 0. Ponadto ai = (−a1 )+. . .+(−ai−1 )+
(−ai+1 ) + . . . + (−an ). Wykreślając spośród −a1 , . . . , −ai−1 , −ai+1 , . . . , −an
wszystkie elementy równe 0 uzyskamy zatem, że istnieje niepusty podzbiór
{s1 , . . . , sm } zbioru {t1 , . . . , ti−1 , ti+1 , . . . , tn } oraz istnieją niezerowe elementy
bi ∈ Asi dla i = 1, . . . , m takie, że ai = b1 + . . . + bm . Ale zbiory {ti } i
{s1 , . . . , sm } są rozłączne, więc mamy sprzeczność z założeniem. Oznacza to,
że ai = 0 dla wszystkich i = 1, . . . X
, n.
(iii) ⇒ (i). Niech a ∈ As ∩
At . Wtedy ze stwierdzenia 9.2 istnieje
t∈T \{s}
skończony podzbiór n-elementowy {t1 , . . . , tn } zbioru T \ {s} oraz istnieją
elementy ai ∈ Ati dla i = 1, . . . , n takie, że a = a1 + . . . + an . Zatem (−a) +
a1 + . . . + an = 0. Ale elementy s, t1 , . . . , tn są X
parami różne, więc na mocy
założenia 0 = −a = a1 = . . . = an . Stąd As ∩
At = {0} dla dowolnego
t∈T \{s}
s ∈ T.
60
Definicja 9.4. Mówimy, że podgrupa B grupy abelowej (A, +, 0) jest
Mwewnętrzną sumą prostą rodziny {At }t∈T podgrup grupy A i piszemy B =
At ,
t∈T
jeżeli B =
X
At i rodzina {At }t∈T spełnia którykolwiek z równoważnych wa-
t∈T
runków stwierdzenia 9.3.
Uwaga 9.5. Wprost z definicji wewnętrznej sumy prostej wynika, że podgrupa
B grupy abelowej (A, +, 0) jest wewnętrzną sumą prostą podgrup A1 i A2 grupy
A wtedy i tylko wtedy, gdy B = A1 + A2 oraz A1 ∩ A2 = {0}. Ponadto na mocy
stwierdzenia 9.3 jest to równoważne temu, że każdy element a ∈ B może być
jednoznacznie zapisany w postaci a = a1 + a2 dla pewnych a1 ∈ A1 i a2 ∈ A2 .
Uwaga 9.6. Jeżeli podgrupa B grupy abelowej (A, +, 0) jest wewnętrzną sumą
prostą podgrup A1 , . . . , An grupy A, to będziemy pisali B = A1 ⊕ . . . ⊕ An
lub B =
n
M
Ai . Podobnie, jeśli podgrupa C grupy A jest wewnętrzną sumą
i=1
prostą podgrup B1 , B2 , . . . grupy A, to będziemy pisali C = B1 ⊕ B2 ⊕ . . . lub
C=
∞
M
Bi .
i=1
Zadanie (2). Niech (A, +, 0) będzie grupą abelową. Udowodnij, że A1 =
{(a, 0) : a ∈ A}, A2 = {(0, a) : a ∈ A} oraz A0 = {(a, a) : a ∈ A} są
podgrupami grupy A × A i A × A = A1 ⊕ A2 = A1 ⊕ A0 = A2 ⊕ A0 .
Stwierdzenie 9.7. Jeżeli B jest wewnętrzną sumą prostą rodziny {Bt }t∈T
podgrup grupy abelowej (A, +, 0) oraz C jest podgrupą grupy A taką, że B∩C =
{0}, to B + C jest wewnętrzną sumą prostą podgrup rodziny {C} ∪ {Bt }t∈T .
Dowód. Wprost z założenia mamy, że B +C jest sumą algebraiczną podgrup
rodziny {C} ∪ {Bt }t∈T . Weźmy dowolny skończony podzbiór n-elementowy
T0 = {t1 , . . . , tn } (n = 0, 1, . . .) zbioru T i dowolne ai ∈ Ati , i = 1, . . . , n oraz
dowolne c ∈ C takie, że a1 +. . .+an +c = 0. Wtedy c = −(a1 +. . .+an ), więc ze
stwierdzenia 9.2, c ∈ B. Zatem c ∈ B ∩C = {0}, skąd c = 0 oraz a1 +. . .+an =
0. Zatem ze stwierdzenia 9.3, a1 = . . . = an = 0. Na mocy stwierdzenia 9.3,
B + C jest wewnętrzną sumą prostą podgrup rodziny {C} ∪ {Bt }t∈T .
Stwierdzenie 9.8. Załóżmy, że S jest co najmniej dwuelementowym podzbiorem zbioru T . Jeżeli B jest wewnętrzną
sumą prostą rodziny {Bt }t∈T podgrup
X
grupy abelowej (A, +, 0), to C =
Bs jest wewnętrzną sumą prostą podgrup
s∈S
rodziny {Bs }s∈S . Ponadto dla S 6= T , B = C ⊕ D, gdzie D =
X
t∈T \S
Dowód. Jest prostą konsekwencją stwierdzeń 9.2 i 9.3.
Bt .
9.2
61
Wewnętrzne sumy proste ideałów
Stwierdzenie 9.9. Suma algebraiczna dowolnej rodziny ideałów lewostronnych (prawostronnych, obustronnych) pierścienia R jest ideałem lewostronnym
(prawostronnym, obustronnym) tego pierścienia.
Dowód. Niech {At }t∈T będzie rodziną ideałów lewostronnych (prawostronnych) pierścienia
R. Wówczas dla każdego t ∈ T , At jest podgrupą
X
X grupy
+
+
R . Zatem
At jest podgrupą grupy R . Weźmy dowolne a ∈
At i dot∈T
t∈T
wolne r ∈ R. Wówczas ze stwierdzenia 9.2 istnieją parami różne elementy
t1 , . . . , tn ∈ T oraz istnieją ai ∈ Ati , i = 1, . . . , n takie, że a = a1 + . . . + an .
Stąd r · ai ∈ Ati (ai · r ∈ Ati ) dla i = 1, . . . , n, a więc r X
· a ∈ At1 + . . X
. + Atn
(a · r ∈ At1 + . . . + Atn ). Zatem ze stwierdzenia 9.2, r · a ∈
At (a · r ∈
At ).
t∈T
Stąd
X
At <l R (
t∈T
X
t∈T
At <r R). Z tych rozważań mamy od razu, że suma al-
t∈T
gebraiczna ideałów pierścienia R jest ideałem tego pierścienia.
Definicja 9.10. Mówimy, że ideał lewostronny (prawostronny, obustronny)
A pierścienia R jest wewnętrzną sumą prostą rodziny {At }t∈T ideałówM
lewostronnych (prawostronnych, obustronnych) pierścienia R i piszemy A =
At ,
t∈T
jeżeli A =
X
At i rodzina {At }t∈T spełnia którykolwiek z równoważnych wa-
t∈T
runków stwierdzenia 9.3.
Definicja 9.11. Element e pierścienia R nazywamy idempotentem, jeżeli e =
e2 .
Stwierdzenie 9.12. Niech element e będzie idempotentem pierścienia R.
Wówczas lR (e) <l R oraz Re ⊕ lR (e) = R. Ponadto rR (e) <r R i eR ⊕ rR (e) =
R.
Dowód. Z przykładu 3.13 wynika od razu, że lR (e) <l R. Weźmy dowolne
a ∈ R. Wtedy a = ae + (a − ae). Ponadto ae ∈ Re oraz a − ae ∈ lR (e), bo
(a − ae)e = ae − ae2 = ae − ae = 0. Zatem R = Re + lR (e). Weźmy dowolne
x ∈ Re ∩ lR (e). Wtedy x = re dla pewnego r ∈ R oraz 0 = xe = (re)e = re2 =
re, skąd x = 0. Zatem Re ∩ lR (e) = {0} i ostatecznie R = Re ⊕ lR (e).
Stwierdzenie 9.13. Niech A i B będą ideałami lewostronnymi pierścienia R
z jedynką 1 takimi, że R = A ⊕ B. Wówczas istnieją idempotenty e, f ∈ R
takie, że A = Re, B = Rf , ef = f e = 0 i e + f = 1.
Dowód. Ponieważ R = A + B, więc istnieją e ∈ A oraz f ∈ B takie, że
1 = e + f . Stąd e = e2 + ef , czyli ef = e − e2 ∈ A ∩ B = {0}. Zatem e = e2
i ef = 0. Analogicznie pokazuje się, że f e = 0 i f = f 2 . Ponieważ e ∈ A
i A <l R, więc Re ⊆ A. Weźmy dowolne a ∈ A. Wtedy a = ae + af , skąd
af = a − ae ∈ A ∩ B = {0}. Zatem a = ae ∈ Re i wobec tego A = Re.
Analogicznie pokazujemy, że B = Rf .
62
Stwierdzenie 9.14. Niech I będzie ideałem pierścienia R. Jeżeli pierścień I
posiada jedynkę, to istnieje ideał J pierścienia R taki, że R = I ⊕ J.
Dowód. Niech e ∈ I będzie jedynką pierścienia I. Wtedy ae = ea = a dla
wszystkich a ∈ I. Stąd I ⊆ Re ⊆ I, a więc I = Re. Ponadto e = e2 , więc ze
stwierdzenia 9.12, lR (e) <l R oraz I ⊕ lR (e) = R. Pozostaje zatem pokazać,
że lR (e) <r R. W tym celu weźmy dowolne x ∈ lR (e) i dowolne r ∈ R. Wtedy
xe = 0. Ponadto I R, więc re ∈ I. Ale e jest jedynką pierścienia I, więc
re = e(re). Zatem (xr)e = x(re) = x[e(re)] = (xe)(re) = 0 · re = 0, skąd
xr ∈ lR (e).
Stwierdzenie 9.15. Niech I, J będą ideałami pierścienia R takimi, że R =
I ⊕ J. Wtedy IJ = JI = {0} oraz R ∼
= I × J.
Dowód. Zauważmy, że IJ ⊆ I ∩J = {0}, skąd IJ = {0}. Podobnie JI = {0}.
Ponadto z uwagi 9.5 każdy element a ∈ R można jednoznacznie zapisać w
postaci a = i + j dla pewnych i ∈ I, j ∈ J. Wynika stąd, że odwzorowanie
f : I ×J → R dane wzorem f ((i, j)) = i+j jest ”na”. Weźmy dowolne i1 , i2 ∈ I
oraz dowolne j1 , j2 ∈ J. Wtedy f ((i1 , j1 ) + (i2 , j2 )) = f ((i1 + i2 , j1 + j2 )) =
(i1 + i2 ) + (j1 + j2 ) = (i1 + j1 ) + (i2 + j2 ) = f ((i1 , j1 )) + f ((i2 , j2 )) oraz
f ((i1 , j1 ) · (i2 , j2 )) = f ((i1 i2 , j1 j2 )) = i1 i2 + j1 j2 . Ale f ((i1 , j1 )) · f ((i2 , j2 )) =
(i1 + j1 ) · (i2 + j2 ) = i1 i2 + j1 j2 , bo i1 j2 = j1 i2 = 0, więc f ((i1 , j1 ) · (i2 , j2 )) =
f ((i1 , j1 )) · f ((i2 , j2 )). Zatem f jest homomorfizmem pierścieni. Niech (i, j) ∈
Ker f . Wtedy i + j = 0, więc ze stwierdzenia 9.3, i = j = 0, skąd Ker f =
{(0, 0)} i ostatecznie f jest izomorfizmem pierścieni.
Zadanie
M (3). Niech {At }t∈T będzie rodziną ideałów pierścienia R taką, że
At . Udowodnij, że wówczas
R=
t∈T
(a) At · As = {0} dla dowolnych t, s ∈ T , t 6= s;
(b) dla dowolnego t ∈ T każdy ideał lewostronny (prawostronny, obustronny) pierścienia At jest ideałem lewostronnym (prawostronnym, obustronnym)
pierścienia R;
(c) pierścień R jest izomorficzny z zewnętrzną sumą prostą rodziny pierścieni {At }t∈T .
Definicja 9.16. Niech L będzie ideałem lewostronnym (prawostronnym, obustronnym) pierścienia R. Mówimy, że L jest minimalnym ideałem lewostronnym (prawostronnym, obustronnym) pierścienia R, jeżeli L 6= {0} oraz dla
dowolnego niezerowego ideału lewostronnego (prawostronnego, obustronnego)
M pierścienia R takiego, że M ⊆ L jest M = L.
Stwierdzenie 9.17. Jeżeli L jest minimalnym ideałem lewostronnym (prawostronnym) pierścienia R, to L2 = {0} lub L = Re (L = eR) dla pewnego
niezerowego idempotenta e ∈ R.
63
Dowód. Załóżmy, że L2 6= {0}. Wtedy istnieje a ∈ L takie, że La 6= {0}. Ale
La <l R oraz La ⊆ L, więc z minimalności L, L = La. Stąd a ∈ La, a więc
istnieje e ∈ L takie, że a = ea. Zatem ea = e2 a, czyli e − e2 ∈ lR (a) ∩ L. Ale
lR (a) <l R, więc lR (a) ∩ L <l R. Ponadto La 6= {0}, więc lR (a) ∩ L 6= L. Z
minimalności L wynika więc, że lR (a) ∩ L = {0}, skąd e = e2 . Ale a = ea i
a 6= 0, więc e 6= 0. Ponadto Re ⊆ L oraz 0 6= e = e2 ∈ Re i Re <l R, więc z
minimalności L, L = Re.
Rozumowanie dla wersji prawostronnej jest podobne.
Ponieważ w pierścieniu półpierwszym nie ma niezerowych jednostronnych
ideałów nilpotentnych, więc mamy stąd następujący
Wniosek 9.18. W pierścieniu półpierwszym R każdy minimalny ideał jednostronny jest generowany przez idempotenta.
Zadanie (4). Niech I będzie ideałem pierścienia półpierwszego R. Udowodnij,
że I jest ideałem minimalnym pierścienia R wtedy i tylko wtedy, gdy I jest
idempotentnym pierścieniem prostym.
Wykład 10
Pierścienie artinowskie
10.1
Określenie pierścienia artinowskiego
Udowodnimy najpierw bardzo użyteczny lemat zwany też prawem modularności dla podgrup.
Lemat 10.1. Niech A, B, C będą podgrupami grupy abelowej (G, +, 0) takimi,
że A ⊆ C. Wówczas (A + B) ∩ C = A + (B ∩ C).
Dowód. Weźmy dowolne x ∈ (A + B) ∩ C. Wtedy x ∈ C i x = a + b dla
pewnych a ∈ A, b ∈ B. Stąd b = x − a ∈ C, gdyż x ∈ C i a ∈ C, bo
a ∈ A i A ⊆ C. Zatem b ∈ B ∩ C i a ∈ A, skąd x ∈ A + (B ∩ C), a więc
(A + B) ∩ C ⊆ A + (B ∩ C).
Ponadto A ⊆ A + B i A ⊆ C, więc A ⊆ (A + B) ∩ C oraz B ∩ C ⊆ C i
B∩C ⊆ B ⊆ A+B, skąd B∩C ⊆ (A+B)∩C. Zatem A+(B∩C) ⊆ (A+B)∩C
i ostatecznie (A + B) ∩ C = A + (B ∩ C).
Twierdzenie 10.2. Dla dowolnego pierścienia R równoważne są warunki:
(i) każdy zstępujący ciąg L1 ⊇ L2 ⊇ L3 ⊇ . . . ideałów lewostronnych
pierścienia R stabilizuje się, tzn. istnieje s ∈ N takie, że Ls = Ls+1 = . . .;
(ii) w każdej niepustej rodzinie ideałów lewostronnych pierścienia R istnieje element minimalny.
Dowód. (i) ⇒ (ii). Załóżmy, że w pewnej niepustej rodzinie M ideałów
lewostronnych pierścienia R nie istnieje element minimalny. Oznacza to, że dla
dowolnego K ∈ M istnieje L ∈ M takie, że K ⊃ L. Ponieważ rodzina M jest
niepusta, więc istnieje M1 ∈ M. Zatem istnieje M2 ∈ M takie, że M1 ⊃ M2 .
Załóżmy, że dla pewnego n ∈ N mamy już skonstruowany zstępujący ciąg
M1 ⊃ M2 ⊃ . . . ⊃ Mn ideałów lewostronnych z rodziny M. Wtedy istnieje
Mn+1 ∈ M takie, że Mn ⊃ Mn+1 . Stąd przez indukcję mamy zstępujący ciąg
M1 ⊃ M2 ⊃ M3 ⊃ . . . elementów z M, który nie stabilizuje się. Sprzeczność.
(ii) ⇒ (i). Niech L1 ⊇ L2 ⊇ . . . będzie dowolnym zstępującym ciągiem
ideałów lewostronnych pierścienia R. Wówczas w rodzinie M = {L1 , L2 , . . .}
64
65
istnieje element minimalny Ls . Weźmy dowolne naturalne n s. Wtedy Ls ⊇
Ln i Ln ∈ M, więc z minimalności Ls , Ls = Ln . Zatem ciąg L1 ⊇ L2 ⊇ . . .
stabilizuje się.
Wykorzystując pierścienie z odwróconym mnożeniem i twierdzenie 10.2
otrzymujemy natychmiast następujące
(i) każdy zstępujący ciąg P1 ⊇ P2 ⊇ P3 ⊇ . . . ideałów prawostronnych
pierścienia R stabilizuje się, tzn. istnieje s ∈ N takie, że Ps = Ps+1 = . . .;
(ii) w każdej niepustej rodzinie ideałów prawostronnych pierścienia R istnieje element minimalny.
Definicja 10.4. Każdy pierścień R spełniający którykolwiek z równoważnych
warunków (i)-(ii) twierdzenia 10.2 nazywamy lewostronnie artinowskim, zaś
każdy pierścień R spełniający którykolwiek z równoważnych warunków (i)-(ii)
twierdzenia 10.3 nazywamy prawostronnie artinowskim.
"
#
R R
Przykład 10.5. Wykażemy, że podpierścień R =
pierścienia macie0 Q
rzy M2 (R) jest lewostronnie artinowski, ale nie jest prawostronnie artinowski.
Wiadomo, że R jest w naturalny sposób przestrzenią liniową nad ciałem Q
oraz dimQ R = ∞. W przestrzeni R istnieją zatem podprzestrzenie liniowe
V1 ⊃ V"2 ⊃ V3 #⊃ . . .. Ponadto jeśli V jest podprzestrzenią liniową przestrzeni
0 V
R, to
jest ideałem prawostronnym pierścienia R. Zatem mamy zstę0 0
"
#
"
#
"
#
0 V1
0 V2
0 V3
pujący ciąg
⊃
⊃
⊃ . . . ideałów prawostronnych
0 0
0 0
0 0
pierścienia R, który się nie stabilizuje.
Stąd
"
# pierścień R" nie jest
# prawostronnie
"
#
a b
1 0
a b
artinowski. Niech L <l R i niech
∈ L. Wtedy
·
∈ L,
0 c
0 0
0 c
"
# "
#
"
# "
#
0 1
a b
0 0
a b
·
∈ L,
·
∈ L, a więc
0 0
0 c
0 1
0 c
"
a b
0 0
# "
,
0 c
0 0
# "
,
0 0
0 c
#
∈ L.
(10.1)
Rozważmy
"
# najpierw przypadek gdy L nie zawiera się w ideale lewostronnym
R R
. Wtedy ze wzoru (10.1) wynika, że istnieje niezerowe c ∈ Q takie,
0 0
"
# "
#
"
#
0 0
0 c
0 R
że
,
∈ L, a stąd otrzymujemy, że
⊆ L. Zatem
0 c
0 0
0 Q
#
"
#
"
a 0
0 R
L=
lub istnieje niezerowe a ∈ R takie, że
∈ L. Ale wtedy
0 0
0 Q
"
R 0
0 0
"
66
#
⊆ L, więc L = R. W ten sposób wykazaliśmy, że jeżeli L nie zawiera
#
"
#
0 R
się w
.
0 Q
"
#
"
#
R R
a b
Rozważmy teraz przypadek L ⊆
. Weźmy dowolne
∈ L.
0 0
0 0
"
# "
#
"
#
r 0
a b
ra rb
Wtedy dla dowolnego r ∈ R,
·
∈ L, skąd
∈ L.
0 0
0 0
0 0
Wynika
"
#stąd, że L jest podprzestrzenią dwuwymiarowej przestrzeni liniowej
R R
nad ciałem R, skąd dimR L ¬ 2.
0 0
Załóżmy, że pierścień R nie jest lewostronnie artinowski. Wówczas z twierdzenia 10.2 istnieje zstępujący ciąg L1 ⊃ L2 ⊃ L3"⊃ . . . ideałów
lewostronnych
#
"
#
R R
R R
pierścienia R. Jeżeli istnieje s ∈ N takie, że Ls ⊆
, to Ln ⊆
0 0
0 0
dla wszystkich n s i wówczas 2 dimR Ls > dimR Ls+1 > . . ., co" prowadzi
#
R R
do sprzeczności. Zatem dla wszystkich n ∈ N, Ln nie zawiera się w
.
0 0
#
"
0 R
Z pierwszej części rozumowania wynika zatem, że Ln = R lub Ln =
0 Q
dla każdego n ∈ N. Ale L1 ⊃ L2 ⊃ . . ., więc mamy sprzeczność. Zatem pierścień R jest lewostronnie artinowski.
R R
, to L = R lub L =
0 0
Zadanie (1). Udowodnij, że dla dowolnej liczby pierwszej p pierścień C0p∞ jest
lewostronnie artinowski.
Zadanie (2). Czy pierścień Z jest artinowski?
Zadanie (3). Opisać artinowskie dziedziny całkowitości. Opisać dziedziny,
które są pierścieniami lewostronnie artinowskimi.
Zadanie (4). Udowodnij, że każdy pierścień skończony jest lewostronnie artinowski.
Twierdzenie 10.6. Każdy obraz homomorficzny pierścienia lewostronnie artinowskiego jest pierścieniem lewostronnie artinowskim.
Dowód. Niech f : R → S będzie homomorfizmem pierścienia lewostronnie
artinowskiego R na pierścień S. Niech L1 ⊇ L2 ⊇ . . . będzie zstępującym
ciągiem ideałów lewostronnych pierścienia S. Wtedy ze stwierdzenia 6.15,
f −1 (L1 ) ⊇ f −1 (L2 ) ⊇ . . . jest zstępujacym ciągiem ideałów lewostronnych
pierścienia R. Zatem z twierdzenia 10.2 istnieje s ∈ N takie, że f −1 (Ln ) =
f −1 (Ls ) dla wszystkich n s. Ale f jest ”na”, więc stąd Ln = Ls dla wszystkich n s i z twierdzenia 10.2 pierścień S jest lewostronnie artinowski.
67
Twierdzenie 10.7. Niech I będzie ideałem pierścienia R. Jeżeli pierścienie
I oraz R/I są lewostronnie artinowskie, to pierścień R też jest lewostronnie
artinowski.
Dowód. Niech L1 ⊇ L2 ⊇ L3 ⊇ . . . będzie zstępującym ciągiem ideałów
lewostronnych pierścienia R. Wówczas L1 ∩ I ⊇ L2 ∩ I ⊇ L3 ∩ I ⊇ . . . jest
zstępującym ciągiem ideałów lewostronnych pierścienia I oraz (L1 + I)/I ⊇
(L2 +I)/I ⊇ (L3 +I)/I ⊇ . . . jest zstępującym ciągiem ideałów lewostronnych
pierścienia R/I. Zatem z twierdzenia 10.2 istnieją r, s ∈ N takie, że Ln ∩ I =
Lr ∩ I dla wszystkich n r oraz (Lm + I)/I = (Ls + I)/I dla wszystkich
m s. Stąd Lm +I = Ls +I dla wszystkich m s. Niech t = r +s. Wtedy dla
wszystkich n t mamy, że Ln ∩ I = Lt ∩ I oraz Ln + I = Lt + I. Z lematu 10.1
uzyskujemy, że Lt = Lt ∩(Ln +I) = Ln +(Lt ∩I). Zatem Lt = Ln +(Ln ∩I) = Ln
dla wszystkich n t, czyli ciąg L1 ⊇ L2 ⊇ L3 ⊇ . . . stabilizuje się i na mocy
twierdzenia 10.2 pierścień R jest lewostronnie artinowski.
Twierdzenie 10.8. Jeżeli pierścienie R1 , . . . , Rn (n 2) są lewostronnie
artinowskie, to pierścień R1 × . . . × Rn też jest lewostronnie artinowski.
Dowód. Indukcja względem n. Załóżmy, że pierścienie R1 i R2 są lewostronnie artinowskie. Wtedy z przykładu 7.14, R1 × {0} R1 × R2 , R1 ∼
= R1 × {0}
oraz (R1 × R2 )/(R1 × {0}) ∼
= R2 . Zatem z twierdzenia 10.7 pierścień R1 × R2
jest lewostronnie artinowski.
Załóżmy, że teza zachodzi dla pewnego naturalnego n 2. Niech R1 , . . . , Rn ,
Rn+1 bedą pierścieniami lewostronnie artinowskimi. Wtedy z założenia indukcyjnego pierścień R1 ×. . .×Rn jest lewostronnie artinowski. Zatem z pierwszej
części dowodu pierścień (R1 × . . . × Rn ) × Rn+1 też jest lewostronnie artinowski. Ale R1 × . . . × Rn × Rn+1 ∼
= (R1 × . . . × Rn ) × Rn+1 , więc pierścień
R1 × . . . × Rn × Rn+1 jest lewostronnie artinowski.
10.2
Półpierwsze pierścienie artinowskie
Lemat 10.9. Niech e, f ∈ R będą idempotentami pierścienia R takimi, że
f e = 0. Wtedy e + f − ef jest idempotentem i Re + Rf = R(e + f − ef ) oraz
eR + f R = (e + f − ef )R.
Dowód. Z przyjętych założeń, e(e+f −ef ) = e2 +ef −e2 f = e+ef −ef = e,
f (e+f −ef ) = f e+f 2 −f ef = 0+f −0 = f oraz (e+f −ef )e = e2 +f e−ef e =
e + 0 − 0 = e, (e + f − ef )f = ef + f 2 − ef 2 = ef + f − ef = f . Stąd
e, f ∈ R(e + f − ef ) i e, f ∈ (e + f − ef )R, a więc Re + Rf ⊆ R(e + f − ef ) i
eR+f R ⊆ (e+f −ef )R. Ponadto e, f, ef ∈ Re+Rf i e, f, ef ∈ eR+f R, więc
e+f −ef ∈ Re+Rf i e+f −ef ∈ eR+f R, czyli R(e+f −ef ) ⊆ Re+Rf i (e+
f −ef )R ⊆ eR+f R. Zatem Re+Rf = R(e+f −ef ) i eR+f R = (e+f −ef )R.
W końcu, (e+f −ef )2 = (e+f −ef )e+(e+f −ef )f −[(e+f −ef )e]f = e+f −ef ,
więc e + f − ef jest idempotentem.
68
Twierdzenie 10.10. Każdy ideał lewostronny (prawostronny) półpierwszego pierścienia R lewostronnie (prawostronnie) artinowskiego jest generowany
przez idempotenta.
Dowód. Załóżmy, że tak nie jest. Wówczas rodzina M wszystkich ideałów
lewostronnych (prawostronnych) pierścienia R, które nie są generowane przez
idempotenta jest niepusta. Z twierdzenia 10.2 (10.3) istnieje w M element
minimalny L. Ale {0} = R · 0 = 0 · R i 0 = 02 , więc L 6= {0}. Z twierdzenia
10.2 (10.3) w rodzinie L wszystkich niezerowych ideałów lewostronnych (prawostronnych) pierścienia R zawartych w L istnieje element minimalny A. Z
wniosku 9.18 istnieje idempotent e ∈ L taki, że A = Re (A = eR). Ponadto
ze stwierdzenia 9.12 A ⊕ lR (e) = R (A ⊕ rR (e) = R). Ponadto A ⊆ L, więc z
lematu 10.1, A ⊕ (lR (e) ∩ L) = L (A ⊕ (rR (e) ∩ L) = L). Ale lR (e) ∩ L <l R
(rR (e) ∩ L <r R) i lR (e) ∩ L 6= {0} (rR (e) ∩ L 6= {0}), bo L 6= Re (L 6= eR),
gdyż L nie jest generowany przez idempotenta oraz e 6= 0, więc lR (e) ∩ L ⊂ L
(rR (e) ∩ L ⊂ L). Z minimalności L w rodzinie M wynika, że lR (e) ∩ L = Rf
(rR (e) ∩ L = f R) dla pewnego idempotenta f . Lecz f ∈ lR (e) (f ∈ rR (e)),
więc f e = 0 (ef = 0). Zatem z lematu 10.9 e + f − ef (e + f − f e) jest idempotentem oraz L = Re ⊕ Rf = R(e + f − ef ) (L = eR ⊕ f R = (e + f − f e)R).
Sprzeczność.
Zadanie (5). Udowodnij, że każdy ideał lewostronny półpierwszego pierścienia lewostronnie artinowskiego jest pierścieniem idempotentnym.
Definicja 10.11. Idempotent e ∈ R pierścienia R nazywamy centralnym,
jeżeli e ∈ Z(R), tzn. ea = ae dla dowolnego a ∈ R.
Twierdzenie 10.12. W pierścieniu zredukowanym każdy idempotent jest centralny.
Dowód. Niech R będzie pierścieniem zredukowanym oraz niech e2 = e ∈ R.
Weźmy dowolne r ∈ R. Wtedy e(re − ere) = ere − e2 re = ere − ere = 0, skąd
(re−ere)2 = re(re−ere)−ere(re−ere) = 0−0 = 0. Zatem re−ere = 0, czyli
re = ere dla każdego r ∈ R. Podobnie (er−ere)e = ere−ere2 = ere−ere = 0,
skąd (er − ere)2 = (er − ere)er − (er − ere)ere = 0 − 0 = 0, więc er − ere = 0,
czyli er = ere dla każdego r ∈ R. Zatem er = ere = re, czyli er = re dla
każdego r ∈ R, a więc e ∈ Z(R).
Twierdzenie 10.13. Każdy ideał półpierwszego pierścienia R lewostronnie
(prawostronnie) artinowskiego jest generowany przez centralnego idempotenta.
Dowód. Załóżmy, że pierścień R jest lewostronnie artinowski i niech I R.
Wtedy z twierdzenia 10.10 istnieje idempotent e ∈ R taki, że I = Re. Weźmy
dowolne a ∈ R. Wtedy ea ∈ I. Zatem ea = be dla pewnego b ∈ R, skąd
eae = be2 = be = ea, czyli ea = eae. Stąd e(ea−ae) = e2 a−eae = ea−ea = 0.
Zatem ea − ae ∈ I ∩ rR (I). Ale I ∩ rR (I) R i [I ∩ rR (I)]2 = {0}, więc z
69
półpierwszości R, I ∩ rR (I) = {0}. Stąd ea − ae = 0, czyli ae = ea i e jest
centralnym idempotentem.
Rozumowanie dla wersji prawostronnej przebiega analogicznie.
Twierdzenie 10.14. Każdy półpierwszy pierścień R lewostronnie (prawostronnie) artinowski posiada jedynkę.
Dowód. Z twierdzenia 10.13 istnieje centralny idempotent e ∈ R taki, że
R = Re. Weźmy dowolne a ∈ R. Wtedy a = be dla pewnego b ∈ R, skąd
ae = be2 = be = a oraz ea = ae, bo e ∈ Z(R). Zatem ae = ea = a dla każdego
a ∈ R, czyli e jest jedynką pierścienia R.
Zadanie (6). Niech R będzie półpierwszym pierścieniem lewostronnie artinowskim. Udowodnij, że jeżeli I R oraz J I, to J R.
Twierdzenie 10.15. Każdy pierwszy pierścień R lewostronnie (prawostronnie) artinowski jest pierścieniem prostym z jedynką.
Dowód. Z założenia wynika, że pierścień R jest półpierwszy. Zatem z twierdzenia 10.14 R ma jedynkę. Niech I R, I 6= {0}. Wtedy z twierdzenia 10.13
istnieje centralny idempotent e ∈ I taki, że I = Re. Stąd e jest jedynką pierścienia I. Zatem ze stwierdzenia 9.14 istnieje J R taki, że I ⊕ J = R. Stąd
IJ = {0}, więc z pierwszości R, J = {0} i wobec tego I = R. Zatem pierścień
R jest prosty.
Zadanie (7). Udowodnij, że dla dowolnego ciała K i dla dowolnego n ∈ N
pierścień Mn (K) jest lewostronnie artinowski.
Stwierdzenie 10.16. Niech I będzie niezerowym ideałem półpierwszego pierścienia R lewostronnie artinowskiego. Jeżeli L <l I, to L <l R. W szczególności I jest półpierwszym pierścieniem lewostronnie artinowskim.
Dowód. Z twierdzenia 5.20 I jest pierścieniem półpierwszym. Natomiast z
twierdzenia 10.13 istnieje centralny idempotent e ∈ I taki, że I = Re. Stąd e
jest jedynką pierścienia I. Ze stwierdzenia 9.14 istnieje J R taki, że I ⊕J = R.
Ponieważ JI ⊆ I ∩ J = {0}, więc JI = {0}. Weźmy dowolne r ∈ R, a ∈ L.
Wtedy istnieją i ∈ I, j ∈ J takie, że r = i + j. Stąd ja ∈ JI = {0}, czyli
ra = ia ∈ L. Zatem L <l R. Z twierdzenia 10.2 wynika zatem, że pierścien I
Twierdzenie 10.17. Każdy niezerowy ideał półpierwszego pierścienia R lewostronnie (prawostronnie) artinowskiego jest skończoną sumą prostą ideałów
pierścienia R, które są pierścieniami prostymi.
Dowód. Załóżmy, że tak nie jest. Wtedy rodzina M wszystkich niezerowych
ideałów pierścienia R, które nie są skończoną sumą prostą ideałów pierścienia
R bedących pierścieniami prostymi, jest niepusta. Zatem z twierdzenia 10.2
70
istnieje w M element minimalny I. Z założenia I nie jest pierścieniem prostym.
Ponadto ze stwierdzenia 10.16 I jest półpierwszym pierścieniem lewostronnie
artinowskim. Z twierdzenia 10.2 istnieje pierścień prosty J będący ideałem
pierścienia I. Z zadania 6, J R. Z twierdzenia 10.13 ideał J jest generowany
przez idempotenta, który jest jedynką pierścienia J. Ze stwierdzenia 9.14 I =
J ⊕ K dla pewnego K I. Ale z zadania 6, K R. Ponadto K 6= {0}, bo I
nie jest pierścieniem prostym. Stąd K ⊂ I, więc z minimalności I w rodzinie
M mamy, że K 6∈ M. Zatem K = I1 ⊕ . . . ⊕ Is dla pewnych niezerowych
ideałów I1 , . . . , Is pierścienia R, które są pierścieniami prostymi. Stąd I =
J ⊕ I1 ⊕ . . . ⊕ Is i mamy sprzeczność.
Twierdzenie 10.18. Każdy niezerowy ideał lewostronny półpierwszego pierścienia R lewostronnie artinowskiego jest sumą prostą skończonej liczby minimalnych ideałów lewostronnych pierścienia R.
Dowód. Załóżmy, że tak nie jest. Wtedy rodzina M wszystkich niezerowych
ideałów lewostronnych pierścienia R, które nie są skończoną sumą prostą minimalnych ideałów lewostronnych pierścienia R, jest niepusta. Zatem z twierdzenia 10.2 istnieje w M element minimalny I. Z założenia I nie jest minimalnym
ideałem lewostronnym pierścienia R. Ponadto z twierdzenia 10.10 I = Re dla
pewnego idempotenta e ∈ R. Z twierdzenia 10.2 istnieje minimalny ideał lewostronny J pierścienia R zawarty w I. Z twierdzenia 10.10 J = Rf dla pewnego
idempotenta f ∈ I. Ze stwierdzenia 9.12 R = J ⊕ K dla pewnego K <l R.
Zatem z lematu 10.1, I = J ⊕ (I ∩ K). Ponadto I ∩ K 6= {0}, bo I nie jest
minimalny. Stąd I ∩ K ⊂ I, więc z minimalności I w rodzinie M mamy, że
I ∩ K 6∈ M. Zatem I ∩ K = I1 ⊕ . . . ⊕ Is dla pewnych minimalnych ideałów
lewostronnych I1 , . . . , Is pierścienia R. Stąd I = J ⊕ I1 ⊕ . . . ⊕ Is i mamy
sprzeczność.
Twierdzenie 10.19. Pierścień półpierwszy R jest lewostronnie artinowski
wtedy i tylko wtedy, gdy jest skończoną sumą prostą ideałów I1 , . . . , Is będących
prostymi pierścieniami lewostronnie artinowskimi z jedynką.
Dowód. Załóżmy, że R jest lewostronnie artinowski. Wtedy z twierdzenia
10.17 R jest skończoną sumą prostą ideałów I1 , . . . , Is będących pierścieniami
prostymi. Ze stwierdzenia 10.16 każdy z pierścieni I1 , . . . , Is jest lewostronnie
artinowski. Ponadto z twierdzenia 10.14 każde Ik ma jedynkę dla k = 1, . . . , s.
Na odwrót, załóżmy, że pierścień półpierwszy R jest skończoną sumą prostą
ideałów I1 , . . . , Is , z których każdy jest pierścieniem lewostronnie artinowskim.
Z zadania 3 z rozdziału 9 wynika zatem, że R ∼
= I1 × . . . × Is . Ale z twierdzenia
10.8 pierścień I1 × . . . × Is jest lewostronnie artinowski, więc pierścień R też
Wykład 11
Struktura artinowskich
pierścieni półpierwszych
11.1
Jednostronne ideały artinowskie
Twierdzenie 11.1. Niech e będzie idempotentem pierścienia półpierwszego
R. Wówczas następujące warunki są równoważne:
(i) Re jest minimalnym ideałem lewostronnym pierścienia R,
(ii) eRe jest pierścieniem z dzieleniem,
(iii) eR jest minimalnym ideałem prawostronnym pierścienia R.
Dowód. (i) ⇒ (ii). Z założenia wynika, że e 6= 0. Ponadto e = e2 , więc
e2 = e3 i e = e3 ∈ eRe, skąd eRe 6= {0} i e jest jedynką pierścienia eRe.
Weźmy dowolne a ∈ R takie, że eae 6= 0. Wtedy eae = e2 ae ∈ Reae, więc
Reae 6= {0}. Ale Reae <l R i Reae ⊆ Re, więc z minimalności Re, Reae = Re.
Istnieje zatem b ∈ R takie, że e = e2 = beae, czyli e = e2 = ebeae =
(ebe)(eae). Stąd ebe 6= 0 i istnieje x ∈ R taki, że (exe)(ebe) = e. Zatem
exe = (exe)e = (exe)[(ebe)(eae)] = [(exe)(ebe)](eae) = e(eae) = eae, czyli
(eae)(ebe) = (ebe)(eae) = e, a więc eae ∈ (eRe)∗ i eRe jest pierścieniem z
dzieleniem.
(ii) ⇒ (i). Z założenia wynika, że eRe 6= {0}, więc e 6= 0. Ale e = e2 ∈ Re,
więc Re 6= {0}. Weźmy dowolny niezerowy ideał lewostronny L pierścienia R
zawarty w Re i wybierzmy a ∈ R takie, że 0 6= ae ∈ L. Ponieważ pierścień R
jest półpierwszy, więc aeRae 6= {0}. Zatem istnieje b ∈ R takie, że aebae 6= 0,
skąd ebae 6= 0. Ale eRe jest pierścieniem z dzieleniem, więc istnieje c ∈ R
takie, że (ece)(ebae) = e. Stąd e ∈ L i wobec tego Re ⊆ L. Ale L ⊆ Re, więc
L = Re i wobec tego Re jest minimalnym ideałem lewostronnym pierścienia
R.
(iii) ⇒ (ii). Z założenia wynika, że e 6= 0. Ponadto e = e2 , więc e2 = e3
i e = e3 ∈ eRe, skąd eRe 6= {0} i e jest jedynką pierścienia eRe. Weźmy
dowolne a ∈ R takie, że eae 6= 0. Wtedy eae = eae2 ∈ eaeR, więc eaeR 6=
{0}. Ale eaeR <r R i eaeR ⊆ eR, więc z minimalności eR, eaeR = eR.
71
72
Istnieje zatem b ∈ R takie, że e = e2 = eaeb, czyli e = e2 = eaebe =
(eae)(ebe). Stąd ebe 6= 0 i istnieje x ∈ R taki, że (ebe)(exe) = e. Zatem
exe = e(exe) = [(eae)(ebe)](exe) = (eae)[(ebe)(exe)] = (eae)e = eae, czyli
(eae)(ebe) = (ebe)(eae) = e, a więc eae ∈ (eRe)∗ i eRe jest pierścieniem z
dzieleniem.
(ii) ⇒ (iii). Z założenia wynika, że eRe 6= {0}, więc e 6= 0. Ale e = e2 ∈ eR,
więc eR 6= {0}. Weźmy dowolny niezerowy ideał prawostronny P pierścienia R
zawarty w eR i wybierzmy a ∈ R takie, że 0 6= ea ∈ P . Ponieważ pierścień R
jest półpierwszy, więc eaRea 6= {0}. Zatem istnieje b ∈ R takie, że eabea 6= 0,
skąd eabe 6= 0. Ale eRe jest pierścieniem z dzieleniem, więc istnieje c ∈ R
takie, że (eabe)(ece) = e. Stąd e ∈ P i wobec tego eR ⊆ P . Ale P ⊆ eR, więc
P = eR i wobec tego eR jest minimalnym ideałem prawostronnym pierścienia
R.
Definicja 11.2. Lewostronnym (prawostronnym) ideałem artinowskim pierścienia R nazywamy każdy taki ideał lewostrony (prawostronny) A ⊆ R, że
dowolny zstępujący ciąg A ⊇ A1 ⊇ A2 ⊇ . . . ideałów lewostronnych (prawostronnych) pierścienia R stabilizuje się.
Przykład 11.3. Każdy minimalny ideał lewostronny (prawostronny) pierścienia R jest lewostronnym (prawostronnym) ideałem artinowskim tego pierścienia.
Lemat 11.4. Jeżeli A i B są lewostronnymi (prawostronnymi) ideałami artinowskimi pierścienia R, to A + B też jest lewostronnym (prawostronym)
ideałem artinowskim tego pierścienia.
Dowód. Niech C będzie ideałem lewostronnym (prawostronnym) pierścienia
R zawartym w A+B. Określamy C 0 = {b ∈ B : a+b ∈ C dla pewnego a ∈ A}.
Wtedy 0 ∈ C 0 , bo 0 ∈ A, 0 ∈ B i 0 + 0 = 0 ∈ C. Weźmy dowolne r ∈ R,
c1 , c2 ∈ C 0 . Wtedy c1 , c2 ∈ B oraz istnieją a1 , a2 ∈ A takie, że a1 + c1 ∈ C i
a2 + c2 ∈ C. Stąd (a1 − a2 ) + (c1 − c2 ) = (a1 + c1 ) − (a2 + c2 ) ∈ C, a ponieważ
a1 − a2 ∈ A i c1 − c2 ∈ B,więc c1 − c2 ∈ C 0 . Ponadto ra1 ∈ A (a1 r ∈ A),
rc1 ∈ B (b1 r ∈ B), ra1 + rc1 = r(a1 + c1 ) ∈ C (a1 r + c1 r = (a1 + c1 )r ∈ C),
więc rc1 ∈ C 0 (c1 r ∈ C 0 ). Zatem C 0 <l R (C 0 <r R). Teraz pokażemy, że
C 0 + A = C + A. Weźmy dowolne x ∈ C 0 , a ∈ A. Wtedy x ∈ B i istnieje
a1 ∈ A takie, że x + a1 ∈ C. Ale x + a = (x + a1 ) + (a − a1 ), więc x + a ∈ C + A.
Zatem C 0 + A ⊆ C + A. Weźmy dowolne y ∈ C, a ∈ A. Wtedy y ∈ A + B,
więc istnieją a1 ∈ A oraz b ∈ B takie, że y = a1 + b. Stąd b ∈ C 0 oraz
y+a = b+(a1 +a) ∈ C 0 +A. Zatem C +A ⊆ C 0 +A i ostatecznie C 0 +A = C +A.
Weźmy teraz dowolny zstępujący ciąg A + B ⊇ C1 ⊇ C2 ⊇ . . . ideałów
lewostronnych (prawostronnych) pierścienia R. Wtedy C10 ⊇ C20 ⊇ . . . jest
zstępującym ciągiem ideałów lewostronnych (prawostronnych) pierścienia R
zawartych w B. Zatem istnieje s ∈ N takie, że Cs0 = Cn0 dla wszystkich n s.
Stąd Cs + A = Cn + A dla wszystkich n s.
73
Ponadto C1 ∩A ⊇ C2 ∩A ⊇ . . . jest zstępującym ciągiem ideałów lewostronnych (prawostronnych) pierścienia R zawartych w A, więc istnieje r ∈ N takie,
że Cr ∩A = Cn ∩A dla wszystkich n r. Niech t = r+s. Wtedy dla wszystkich
n t mamy, że Ct +A = Cn +A i Ct ∩A = Cn ∩A. Z lematu 10.1 dla wszystkich
n t: Ct = Ct ∩(Ct +A) = Ct ∩(Cn +A) = Cn +(Ct ∩A) = Cn +(Cn ∩A) = Cn .
Zatem ciąg C1 ⊇ C2 ⊇ . . . stabilizuje się i A + B jest lewostronnym (prawostronnym) ideałem artinowskim pierścienia R.
Z lematu 11.4 przez prosta indukcję mamy następujące
Stwierdzenie 11.5. Suma algebraiczna skończonej liczby lewostronnych (prawostronnych) ideałów artinowskich pierścienia R jest lewostronnym (prawostronnym) ideałem artinowskim tego pierścienia.
Twierdzenie 11.6. Dla pierścienia półpierwszego R następujące warunki są
równoważne:
(i) R jest pierścieniem lewostronnie (prawostronnie) artinowskim,
(ii) R jest sumą prostą skończonej liczby minimalnych ideałów lewostronnych (prawostronnych),
(iii) R jest sumą algebraiczną skończonej liczby minimalnych ideałów lewostronnych (prawostronnych).
Dowód. Implikacja (i) ⇒ (ii) wynika od razu z twierdzenia 10.18. Implikacja (ii) ⇒ (iii) jest oczywista. Dla dowodu implikacji (iii) ⇒ (i), niech R będzie sumą algebraiczną minimalnych ideałów lewostronnych (prawostronnych)
A1 , . . . , An . Ponieważ każdy z tych ideałów jest lewostronnie (prawostronnie)
artinowski, więc ze stwierdzenia 11.5 R jest lewostronnym (prawostronnym)
ideałem artinowskim, a więc z twierdzenia 10.2 (10.3) R jest pierścieniem lewostronnie (prawostronnie) artinowskim.
Przykład 11.7. Pokażemy, że dla dowolnego pierścienia z dzieleniem D i dla
dowolnego n ∈ N pierścień macierzy R = Mn (D) jest lewostronnie artinowski.
Dla i = 1, . . . , n Eii jest idempotentem pierścienia R oraz Eii REii = DEii ∼
=
D, czyli Eii REii jest pierścieniem z dzieleniem. Zatem z twierdzenia 11.1 REii
jest minimalnym ideałem lewostronnym pierścienia R dla każdego i = 1, . . . , n.
Ponadto, jak łatwo zauważyć, R = (RE11 ) ⊕ . . . ⊕ (REnn ) i jak wiemy, R jest
pierścieniem prostym z jedynką. Zatem R jest pierścieniem pierwszym i z
twierdzenia 11.6 pierścień R jest lewostronnie artinowski.
Twierdzenie 11.8. Dla pierścienia półpierwszego R następujące warunki są
równoważne:
(i) R jest lewostronnie artinowski,
(ii) R ma jedynkę i istnieją idempotenty e1 , . . . , en ∈ R takie, że e1 + . . . +
en = 1, ei ej = 0 dla wszystkich i 6= j oraz ei Rei jest pierścieniem z dzieleniem
dla i = 1, . . . , n,
(iii) R jest prawostronnie artinowski.
74
Dowód. (i) ⇒ (ii). Z twierdzenia 10.18 istnieją minimalne ideały lewostronne L1 , . . . , Ln takie, że R = L1 ⊕ . . . ⊕ Ln . Ponadto z twierdzenia 10.14 R posiada jedynkę. Zatem istnieją ei ∈ Li dla i = 1, . . . , n takie, że 1 = e1 +. . .+en .
Weźmy dowolne x ∈ Li , i = 1, . . . , n. Wtedy x = x · 1 = x(e1 + . . . +
xn ) = xe1 + . . . + xei + . . . + xen oraz xej ∈ Lj dla j = 1, . . . , n. Zatem
0 = xe1 +. . .+(xei −x)+. . .+xen i ze stwierdzenia 9.3, xej = 0 dla wszystkich
j 6= i oraz x = xei . W szczególności ei = e2i oraz Li = Rei dla i = 1, . . . , n.
Ponadto mamy stąd, że ej ei = 0 dla wszystkich i 6= j. Z twierdzenia 11.1
wynika, że ei Rei jest pierścieniem z dzieleniem dla i = 1, . . . , n.
(ii) ⇒ (i). Z twierdzenia 11.1 Rei jest minimalnym ideałem lewostronnym.
Weźmy dowolne a ∈ R. Wtedy a = a · 1 = a(e1 + . . . + en ) = ae1 + . . . + aen ∈
Re1 + . . . + Ren . Zatem R = Re1 + . . . + Ren i z twierdzenia 11.6 pierścień R
(iii) ⇒ (ii). Z twierdzenia 10.18 istnieją minimalne ideały prawostronne
P1 , . . . , Pn takie, że R = P1 ⊕ . . . ⊕ Pn . Ponadto z twierdzenia 10.14 R posiada
jedynkę. Zatem istnieją ei ∈ Pi dla i = 1, . . . , n takie, że 1 = e1 + . . . + en .
Weźmy dowolne x ∈ Pi , i = 1, . . . , n. Wtedy x = 1 · x = (e1 + . . . + xn )x =
e1 x + . . . + ei x + . . . + en x oraz ej x ∈ Pj dla j = 1, . . . , n. Zatem 0 = e1 x +
. . . + (ei x − x) + . . . + en x i ze stwierdzenia 9.3 ej x = 0 dla wszystkich j 6= i
oraz x = ei x. W szczególności ei = e2i oraz Pi = ei R dla i = 1, . . . , n. Ponadto
mamy stąd, że ej ei = 0 dla wszystkich i 6= j. Z twierdzenia 11.1 wynika, że
ei Rei jest pierścieniem z dzieleniem dla i = 1, . . . , n.
(ii) ⇒ (iii). Z twierdzenia 11.1 ei R jest minimalnym ideałem prawostronnym. Weźmy dowolne a ∈ R. Wtedy a = 1 · a = (e1 + . . . + en )a =
e1 a + . . . + en a ∈ e1 R + . . . + en R. Zatem R = e1 R + . . . + en R i z twierdzenia
11.6 pierścień R jest prawostronnie artinowski.
11.2
Twierdzenie Wedderburna-Artina
Lemat 11.9. Niech R będzie pierścieniem z jedynką posiadającym idempotenty e1 , . . . , en takie, że e1 + . . . + en = 1 oraz ei ej = 0 dla wszystkich i 6= j.
Wówczas:
n
n
(i) R+ =
M
(ei Rej )+ , przy czym dla każdego a ∈ R: a =
X
ei aej ,
i,j=1
i,j=1
(ii) odwzorowanie ϕ : R → Mn (R) dane wzorem ϕ(a) = [ei aej ]i,j=1,...,n jest
zanurzeniem pierścieni i ϕ(R) = [ei Rej ]i,j=1,...,n .
Dowód. (i). Weźmy dowolne a ∈ R. Wtedy a = 1·a·1 = (e1 +. . .+en )a(e1 +
. . . + en ) =
n
X
ei aej , skąd R+ =
i,j=1
1, . . . , n takie, że
n
X
(ei Rej )+ . Weźmy dowolne aij ∈ R, i, j =
i,j=1
n
X
i,j=1
ei aij ej = 0. Ponieważ e1 , . . . , en są idempotentami oraz
75

ei ej = 0 dla wszystkich i 6= j, więc 0 = ek 
n
X

ei aij ej  el = e2k akl e2l = ek akl el
i,j=1
dla wszystkich k, l = 1, . . . , n. Zatem ze stwierdzenia 9.3 R+ =
(ii). Weźmy dowolne a, b ∈ R. Wtedy na mocy (i), a =
n
M
(ei Rej )+ .
i,j=1
n
X
ei aej oraz
i,j=1
b =
n
X
n
X
ei bej . Zatem a + b =
i,j=1
ei (a + b)ej i wobec tego ϕ(a + b) =
i,j=1
[ei (a + b)ej ]i,j=1,...,n = [ei aej ]i,j=1,...,n + [ei bej ]i,j=1,...,n = ϕ(a) + ϕ(b). Stąd oraz
z (i) mamy, że ϕ jest zanurzeniem grup addytywnych. Ponadto e1 , . . . , en są
idempotentami oraz ei ej = 0 dla wszystkich i 6= j, więc na mocy (i) dla
dowolnych i, j = 1, . . . , n, ei a =
n
X
ei aek bej . Z (i) mamy, że ab =
ei aek , bej =
k=1
n
X
ek bej oraz ei abej =
k=1
ei abej , więc ϕ(ab) = [ei abej ]i,j=1,...,n . Stąd
i,j=1
k=1
[ϕ(a)·ϕ(b)]ij =
n
X
n
X
n
X
k=1
[ϕ(a)]ik [ϕ(b)]kj =
n
X
(ei aek )(ek bej ) = ei abej = [ϕ(ab)]ij dla
k=1
wszystkich i, j = 1, . . . , n. Zatem ϕ(ab) = ϕ(a)·ϕ(b) i ϕ jest zanurzeniem pierścieni. Wprost z określenia ϕ otrzymujemy, że ϕ(R) ⊆ [ei Rej ]i,j=1,...,n . Weźmy
teraz dowolne aij ∈ R, i, j = 1, . . . , n i niech a =
n
X
ei aij ej . Wtedy na mocy
i,j=1
(i) oraz stwierdzenia 9.3, ei aij ej = ei aej dla wszystkich i, j = 1, . . . , n, skąd
ϕ(a) = [ei aij ej ]i,j=1,...,n . Zatem ϕ(R) = [ei Rej ]i,j=1,...,n .
Lemat 11.10. Niech e, f będą idempotentami pierścienia pierwszego R takimi, że Re i Rf są minimalnymi ideałami lewostronnymi . Wówczas istnieją
niezerowe a ∈ eRf i b ∈ f Re takie, że ab = e i ba = f .
Dowód. Z założenia mamy, że Re 6= {0} i Rf 6= {0}, więc e 6= 0 i f 6= 0. Ale
pierścień R jest pierwszy, więc eRf 6= {0}. Istnieje zatem niezerowe a ∈ eRf .
Wtedy a = ea = af , więc Ra ⊆ Rf i a ∈ Ra, skąd Ra 6= {0} i z minimalności
Rf , Ra = Rf . Zatem istnieje x ∈ R takie, że xa = f . Stąd (f xe)a = f , więc
ba = f dla b = f xe ∈ f Re, przy czym b = f b = be oraz b 6= 0. Zatem ab ∈ eRe
i aba = a(ba) = af = a, skąd ab 6= 0 i (ab)2 = (aba)b = ab. Ale z twierdzenia
11.1 eRe jest pierścieniem z dzieleniem i ab 6= 0 oraz ab = (ab)2 , więc ab jest
jedynką pierścienia eRe, czyli ab = e.
Twierdzenie 11.11. Pierwszy pierścień R jest lewostronnie artinowski wtedy
i tylko wtedy, gdy istnieje pierścień z dzieleniem D i n ∈ N takie, że R ∼
=
Mn (D).
Dowód. Z przykładu 11.7 wynika, że dla dowolnego pierścienia z dzieleniem
D i dla dowolnego n ∈ N pierścień Mn (D) jest pierwszy i lewostronnie artinowski.
76
Na odwrót. Niech R będzie pierwszym pierścieniem lewostronnie artinowskim. Na mocy twierdzenia 11.8 R jest pierścieniem z jedynką i istnieją idempotenty e1 = e, . . . , en ∈ R takie, że e1 + . . . + en = 1, ei ej = 0 dla wszystkich
i 6= j oraz ei Rei jest pierścieniem z dzieleniem dla i = 1, . . . , n. Z twierdzenia
11.1, Rei jest minimalnym ideałem lewostronnym dla i = 1, . . . , n. Z lematu
11.10 istnieją zatem ai ∈ eRei oraz bi ∈ ei Re takie, że ai bi = e oraz bi ai = ei
dla wszystkich i = 1, . . . , n.
Dla dowolnych i, j = 1, . . . , n rozważmy przekształcenia αij : eRe → ei Rej
oraz βij : ei Rej → eRe dane wzorami:
αij (x) = bi xaj oraz βij (y) = ai ybj .
Jest jasne, że α i β są homomorfizmami grup addytywnych. Ponadto dla dowolnego x ∈ eRe: (βij ◦ αij )(x) = βij (bi xaj ) = ai bi xaj bj = exe = x oraz dla
dowolnego y ∈ ei Rej : (αij ◦ βij )(y) = αij (ai ybj ) = bi ai ybj aj = ei yej = y.
Zatem przekształcenia αij i βij są wzajemnie odwrotne i wobec tego αij jest
izomorfizmem grup addytywnych dla dowolnych i, j = 1, . . . , n. W szczególności
bi Raj = ei Rej dla dowolnych i, j = 1, . . . , n.
(11.1)
Oznaczmy teraz D = eRe i rozważmy odwzorowanie γ : Mn (D) → Mn (R)
dane wzorem:
γ([xij ]i,j=1,...,n ) = [bi xij aj ]i,j=1,...,n .
(11.2)
Ze wzorów (11.1) i (11.2) wynika, że γ(Mn (D)) = [ei Rej ]i,j=1,...,n . Ponadto z
własności przeksztalceń αij mamy, że przekształcenie γ jest różnowartościowe.
Jest jasne, że γ jest homomorfizmem grup addytywnych. Na mocy lematu
11.9 wystarczy zatem wykazać, że γ(A · B) = γ(A) · γ(B) dla dowolnych
A, B ∈ Mn (D). Weźmy dowolne i, j = 1, . . . , n. !
Wtedy ze wzoru (11.2):
[γ(A · B)]ij = bi [A · B]ij aj = bi
[γ(A) · γ(B)]ij =
n
X
n
X
[A]ik [B]kj aj =
k=1
[γ(A)]ik [γ(B)]kj =
k=1
n
X
n
X
bi [A]ik [B]kj aj oraz
k=1
bi [A]ik ak bk [B]kj aj . Ale ak bk = e
k=1
oraz [A]ik , [B]kj ∈ eRe, więc [A]ik ak bk [B]kj = [A]ik [B]kj dla k = 1, . . . , n, skąd
[γ(A) · γ(B)]ij =
n
X
bi [A]ik [B]kj aj , czyli [γ(A · B)]ij = [γ(A) · γ(B)]ij dla
k=1
wszystkich i, j = 1, . . . , n. Zatem γ(A · B) = γ(A) · γ(B).
Twierdzenie 11.12 (Wedderburna-Artina). Pierścień półpierwszy R jest lewostronnie artinowski wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją pierścienie z dzieleniem
D1 , . . . , Ds oraz n1 , . . . , ns ∈ N takie, że R ∼
= Mn1 (D1 ) × . . . × Mns (Ds ).
Dowód. Implikacja ⇐ wynika od razu z zadania 14 z rozdziału 5, z twierdzenia 10.8 i z przykładu 11.7.
Dla dowodu implikacji ⇒ zauważmy, że na mocy twierdzenia 10.19, istnieją ideały I1 , . . . , Is pierścienia R będące prostymi pierścieniami lewostronnie
77
artinowskimi i takie, że R = I1 ⊕ . . . ⊕ Is . Ponadto z twierdzenia 10.13 pierścień Ik ma jedynkę dla k = 1, . . . , s. Zatem Ik jest pierścieniem pierwszym
dla każdego k = 1, . . . , s. Z zadania 3 z rozdziału 9, R ∼
= I1 × . . . × Is . Ponadto
z twierdzenia 11.11 dla każdego k = 1, . . . , s istnieją: nk ∈ N oraz pierścień z
dzieleniem Dk takie, że Ik ∼
= Mn1 (D1 )×. . .×Mns (Ds ).
= Mnk (Dk ). Stąd R ∼
Wykład 12
Skończone pierścienie z
dzieleniem
12.1
Wielomiany podziału koła
Definicja 12.1. n-tym wielomianem podziału koła nazywany unormowany wielomian Fn ∈ C[x], najniższego stopnia, którego pierwiastkami są
wszystkie zespolone pierwiastki pierwotne stopnia n z jedynki.
Przykład 12.2. Wprost z definicji mamy, że:
F1 = x − 1, F2 = x + 1, F3 = x2 + x + 1.
Dla n 3:
Fn = (x − ω1 ) · (x − ω2 ) · . . . · (x − ωm ),
gdzie m = ϕ(n), zaś ω1 , ω2 , . . . , ωm są pierwiastkami pierwotnymi z jedynki
stopnia n, tzn.
2kπ
2kπ
+ i sin
,
ωk = cos
n
n
dla k = 0, 1, . . . , n − 1, (k, n) = 1.
W szczególności st(Fn ) = ϕ(n).
Fakt 12.3. Jeżeli ω jest pierwiastkiem pierwotnym z jedynki stopnia n 3,
to 1, ω,nω 2 , . . . , ω n−1 są wszystkimi pierwiastkami
n-tego stopnia z jedynki. Poo
k
nadto ω : k = 0, 1, . . . , n − 1, (k, n) = 1 jest zbiorem wszystkich pierwiastków pierwotnych z jedynki stopnia n.
Fakt 12.4. ω ∈ C jest pierwiastkiem pierwotnym z jedynki stopnia n 3 ⇔
[ω n = 1 oraz ω k 6= 1 dla k = 1, 2, . . . n − 1] (tzn. o(ω) = n w grupie C ∗ ).
Fakt 12.5. Dla każdego n ∈ N jeżeli ω jest pierwiastkiem n-tego stopnia z
jedynki, to ω jest pierwiastkiem pierwotnym z jedynki stopnia m ∈ N dla
pewnego m dzielącego n.
78
79
Dowód. Rzeczywiście, ω = cos 2kπ
+ i sin 2kπ
dla pewnego k = 0, 1, . . . , n − 1.
n
n
Niech d = (k, n). Wtedy istnieją n1 ∈ N, k1 ∈ N0 względnie pierwsze i takie,
1π
1π
że k = d · k1 , n = d · n1 . Zatem ω = cos 2dk
+ i sin 2dk
= cos 2kn11π + i sin 2kn11π ,
dn1
dn1
(k1 , n1 ) = 1, więc ω jest pierwiastkiem pierwotnym z jedynki stopnia n1 i n1 |n.
Wystarczy zatem przyjąć m = n1 .
Stwierdzenie 12.6. Dla dowolnej liczby naturalnej n zachodzi wzór
xn − 1 =
Y
Fd .
d∈N
d|n
Dowód. Ponieważ wielomiany Fd są unormowane i mają wszystkie pierwiastki jednokrotne oraz dla k 6= l z faktu
Y12.4 wielomiany Fk i Fl nie mają wspólnych pierwiastków, więc wielomian Fd też jest unormowany i ma pierwiastki
d|n
jednokrotne. Wystarczy zatem pokazać, że wielomiany xn − 1 i
Y
Fd mają ta-
d|n
kie same zbiory pierwiastków.
Y
Fd , to istnieje d|n takie, że
Jeżeli ω jest pierwiastkiem wielomianu
d|n
d
Fd (ω) = 0, stąd ω = 1 i n = d · k dla pewnego k ∈ N, więc (ω d )k = 1,
stąd ω n = 1, czyli ω jest pierwiastkiem wielomianu xn − 1.
Na odwrót, niech ω będzie pierwiastkiem wielomianu xn −1. Wtedy ω n = 1.
Stąd z faktu 12.5 istnieje d|n takie, że ω jest pierwiastkiem pierwotnym z
jedynki stopnia d, czyli Fd (ω) = 0. Zatem ω jest pierwiastkiem wielomianu
Y
Fd .
d|n
Wniosek 12.7. Dla dowolnej liczby naturalnej n zachodzi wzór (Euler):
n=
X
ϕ(d).
d|n
Stwierdzenie 12.8. Dla każdego naturalnego n wszystkie współczynniki ntego wielomianu podziału koła są liczbami całkowitymi, czyli Fn ∈ Z[x].
Dowód. Indukcja względem n.
Dla n = 1 mamy, że F1 = x − 1 ∈ Z[x].
Niech n > 1 będzie taką liczbą naturalną, że Fk ∈ Z[x] dla wszystkich
liczb naturalnych k < n. Pokażemy, że wtedy Fn ∈ Z[x] co zakończy dowód.
Ze stwierdzenia 12.6 mamy, że
xn − 1 =
Y
Fd = Fn ·
d|n
Y
Fd .
d|n
d<n
Ponadto z założenia indukcyjnego wielomian F =
Y
Fd ∈ Z[x] oraz F jest
d|n
d<n
unormowany. Zatem
xn − 1 = Fn · F.
(12.1)
80
Z twierdzenia o dzieleniu z resztą w Z[x] mamy, że istnieją wielomiany Q, R ∈
Z[x] takie, że
xn − 1 = Q · F + R; st(R) < st(F ).
(12.2)
Z (12.1) i (12.2) na podstawie twierdzenia o dzieleniu z resztą w C[x] mamy:
Fn = Q, 0 = R, skąd Fn ∈ Z[x].
Przykład 12.9. Dla dowolnej liczby pierwszej p zachodzi wzór:
Fp =
xp − 1
= xp−1 + xp−2 + . . . + x + 1.
x−1
Rzeczywiście, ze stwierdzenia 12.6 mamy, że xp − 1 =
Y
Fd = F1 · Fp =
d|p
(x − 1) · Fp , skąd Fp =
xp −1
x−1
= xp−1 + xp−2 + . . . + x + 1.
Przykład 12.10. Dla liczb pierwszych p i naturalnych k obliczymy Fpk .
Dzielniki pk : 1, p, p2 , . . . , pk , więc ze stwierdzenia 12.6 mamy, że
k
k−1
k
xp − 1 = F1 · Fp · . . . · Fpk oraz xp − 1 = F1 · Fp · . . . · Fpk−1 , więc xp −
k−1
1 = (xp − 1) · Fpk , skąd Fpk =
przykładu.
k
xp −1
xpk−1 −1
= Fp (xp
k−1
) na mocy poprzedniego
Fakt 12.11. Jeżeli ω jest pierwiastkiem pierwotnym z jedynki stopnia l oraz
p ∈ Z, (p, l) = 1, to ω p jest też pierwiastkiem pierwotnym z jedynki stopnia l.
Stwierdzenie 12.12. Jeżeli p jest liczbą pierwszą, zaś n jest liczbą naturalną
niepodzielną przez p, to zachodzi wzór:
Fp·n
Fn (xp )
.
=
Fn
Dowód. Niech f = Fp·n · Fn , g = Fn (xp ). Wtedy wielomiany f i g są unormowane i nie mają pierwiastków wielokrotnych, bo g = (xp − ω1 )(xp − ω2 ) ·
. . . · (xp − ωm ), gdzie ω1 , ω2 , . . . , ωm są wszystkimi pierwiastkami pierwotnymi
z jedynki stopnia n (m = ϕ(n)).
Pozostaje zatem wykazać, że wielomiany f i g mają takie same zbiory
pierwiastków.
Niech ω ∈ C będzie pierwiastkiem wielomianu g. Wtedy ω p = ωk dla
pewnego k ¬ m. Zatem (ω p )n = ωkn = 1, czyli ω p·n = 1.
Niech l będzie najmniejszą liczbą naturalną taką, że ω l = 1. Wtedy ω jest
pierwiastkiem pierwotnym stopnia l z jedynki, czyli Fl (ω) = 0 oraz l|pn.
Jeśli p|l, to l = p · s dla pewnego s ∈ N oraz ps|pn, czyli s|n, więc s ¬
n. Ponadto 1 = ω l = ω p·s = (ω p )s = ωks . Ponieważ ωk jest pierwiastkiem
pierwotnym z jedynki stopnia n, więc z faktu 12.5 s = n, czyli l = pn, stąd
Fpn (ω) = 0.
81
Jeśli p 6 |l, to (p, l) = 1 oraz l|p · n, więc z zasadniczego twierdzenia arytmetyki l|n, więc l ¬ n. Ale (p, l) = 1, więc z faktu 12.11 ω p jest pierwiastkiem
pierwotnym z jedynki stopnia l.
Ale ω p = ωk jest pierwiastkiem pierwotnym z jedynki stopnia n, czyli l = n.
Ponadto p 6 |n, więc (p, n) = 1 i z faktu 12.11 mamy, że ω jest pierwiastkiem
pierwotnym z jedynki stopnia n. Stąd Fn (ω) = 0 i f (ω) = 0.
Niech ω ∈ C będzie pierwiastkiem wielomianu f . Wtedy Fp·n (ω) · Fn (ω) =
0. Zatem Fp·n (ω) = 0 lub Fn (ω) = 0.
Jeśli Fp·n (ω) = 0, to ω p·n = 1 i ω jest pierwiastkiem pierwotnym z jedynki
stopnia p · n, więc ω p jest pierwiastkiem pierwotnym z jedynki stopnia n, czyli
Fn (ω p ) = 0, więc g(ω) = 0.
Jeśli zaś Fn (ω) = 0, to ω jest pierwiastkiem pierwotnym z jedynki stopnia
n i (n, p) = 1, więc z faktu 12.11 ω p jest też pierwiastkiem pierwotnym z
jedynki stopnia n, czyli Fn (ω p ) = 0, a więc g(ω) = 0.
Stwierdzenie 12.13. Niech p będzie liczbą pierwszą dzielącą liczbę naturalną
n. Wtedy Fp·n = Fn (xp ).
Dowód. Wystarczy wykazać, że wielomiany Fp·n i Fn (xp ) mają takie same
zbiory pierwiastków.
Niech ω ∈ C będzie takie, że Fp·n (ω) = 0. Wtedy ω jest pierwiastkiem
pierwotnym z jedynki stopnia p · n. Stąd ω p jest pierwiastkiem pierwotnym z
jedynki stopnia n, czyli Fn (ω p ) = 0.
Na odwrót załóżmy, że ω ∈ C i Fn (ω p ) = 0. Wtedy ω p jest pierwiastkiem
pierwotnym z jedynki stopnia n. Ale n = ps · k dla pewnych s, k ∈ N takich,
że p 6 |k. Ponadto (ω p )n = 1, więc ω p · n = 1. Niech t = o(ω) w grupie C∗ .
Wtedy t|p · n. Jeśli p 6 |t, to (p, t) = 1, stąd t|n = ps · k, czyli t|k. Stąd ω k = 1,
czyli 1 = ω k·p = (ω p )k i k < n (bo s 1), więc mamy sprzeczność z tym, że
o(ω p ) = n. Zatem p|t i t = p · l dla pewnego l ∈ N. Wtedy 1 = ω p·l = (ω p )l ,
więc ponieważ o(ω p ) = n, to n|l. Ale t = p · l|n, więc l|n, czyli l = n. Zatem
t = p · n, czyli o(ω) = p · n, więc Fp·n (ω) = 0.
Twierdzenie 12.14. Niech p będzie liczbą pierwszą, która nie dzieli liczby
naturalnej m. Wtedy dla każdego naturalnego k:
k
Fpk ·m
Fm (xp )
=
.
Fm (xpk−1 )
Dowód. Indukcja względem k. Dla k = 1 teza wynika ze stwierdzenia 12.12.
Załóżmy, że teza zachodzi dla pewnego naturalnego k. Wtedy ze stwierdzenia
12.13, Fpk+1 ·m (x) = Fpk ·m (xp ). Ponadto z założenia indukcyjnego, Fpk ·m (xp ) =
k
Fm ((xp )p )
Fm ((xp )pk−1 )
k+1
=
Fm (xp
)
,
Fm (xpk )
k+1
więc Fpk+1 ·m =
Fm (xp
)
.
Fm (xpk )
Stwierdzenie 12.15. Jeżeli n > 1 jest liczbą naturalną nieparzystą, to
F2n = Fn (−x).
82
Dowód. Ponieważ n > 1 i n jest nieparzyste, więc z własności funkcji Eulera
ϕ(n) jest liczbą parzystą i wobec tego wielomian Fn (−x) jest unormowany i nie
posiada pierwiastków wielokrotnych. Wystarczy zatem pokazać, że wielomiany F2n i Fn (−x) mają ten takie same zbiory pierwiastków. Niech ω ∈ C będzie
pierwiastkiem wielomianu F2n . Wtedy ω jest pierwiastkiem pierwotnym z jedynki stopnia 2n, skąd ω n 6= 1 oraz ω 2n = 1. Zatem 0 = (ω n −1)·(ω n +1), więc
ω n = −1, czyli (−ω)n = 1. Niech l = o(−ω) w grupie C∗ . Wtedy (−ω)l = 1,
więc ω 2l = (−ω)2l = 1, więc l n. Ale (−ω)n = 1, więc l ¬ n i ostatecznie
l = n i wobec tego (−ω) jest pierwiastkiem pierwotnym z jedynki stopnia n.
Stąd Fn (−ω) = 0.
Na odwrót, weźmy dowolne ω ∈ C takie, że Fn (−ω) = 0. Wtedy o(−ω) = n
oraz o(−1) = 2 w grupie C∗ i liczba n jest nieparzysta, więc o(ω) = o(−1) ·
o(−ω) = 2n, czyli ω jest pierwiastkiem pierwotnym z jedynki stopnia 2n.
Zatem F2n (ω) = 0.
Zadanie (1). Udowodnij, że dla dowolnej liczby naturalnej k i dla dowolnej
nieparzystej liczby naturalnej n > 1 zachodzi wzór:
k
F2k n = Fn (−x2 ).
Zadanie (2). Udowodnij następujące wzory:
(a) F15 = x8 − x7 + x5 − x4 + x3 − x + 1,
(b) F21 = x12 − x11 + x9 − x8 + x6 − x4 + x3 − x + 1,
(c) F33 = x20 −x19 +x17 −x16 +x14 −x13 +x11 −x10 +x9 −x7 +x6 −x4 +x3 −x+1,
(d) F39 = x24 − x23 + x21 − x20 + x18 − x17 + x15 − x14 + x12 − x10 + x9 −
x7 + x6 − x4 + x3 − x + 1,
(e) F51 = x32 − x31 + x29 − x28 + x26 − x25 + x23 − x22 + x20 − x19 + x17 −
x16 + x15 − x13 + x12 − x10 + x9 − x7 + x6 − x4 + x3 − x + 1,
(f) F57 = x36 − x35 + x33 − x32 + x30 − x29 + x27 − x26 + x24 − x23 + x21 −
20
x + x18 − x16 + x15 − x13 + x12 − x10 + x9 − x7 + x6 − x4 + x3 − x + 1,
(g) F69 = x44 − x43 + x41 − x40 + x38 − x37 + x35 − x34 + x32 − x31 + x29 −
28
x + x26 − x25 + x23 − x22 + x21 − x19 + x18 − x16 + x15 − x13 + x12 − x10 +
x9 − x7 + x6 − x4 + x3 − x + 1,
(h) F87 = x56 − x55 + x53 − x52 + x50 − x49 + x47 − x46 + x44 − x43 + x41 −
40
x + x38 − x37 + x35 − x34 + x32 − x31 + x29 − x28 + x27 − x25 + x24 − x22 +
x21 − x19 + x18 − x16 + x15 − x13 + x12 − x10 + x9 − x7 + x6 − x4 + x3 − x + 1,
(i) F93 = x60 − x59 + x57 − x56 + x54 − x53 + x51 − x50 + x48 − x47 + x45 −
x44 + x42 − x41 + x39 − x38 + x36 − x35 + x33 − x32 + x30 − x28 + x27 − x25 + x24 −
x22 + x21 − x19 + x18 − x16 + x15 − x13 + x12 − x10 + x9 − x7 + x6 − x4 + x3 − x + 1,
(j) F35 = x24 − x23 + x19 − x18 + x17 − x16 + x14 − x13 + x12 − x11 + x10 −
x8 + x7 − x6 + x5 − x + 1,
(k) F55 = x40 − x39 + x35 − x34 + x30 − x28 + x25 − x23 + x20 − x17 + x15 −
x12 + x10 − x6 + x5 − x + 1,
(l) F65 = x48 − x47 + x43 − x42 + x38 − x37 + x35 − x34 + x33 − x32 + x30 −
29
x + x28 − x27 + x25 − x24 + x23 − x21 + x20 − x19 + x18 − x16 + x15 − x14 +
x13 − x11 + x10 − x6 + x5 − x + 1,
83
(m) F85 = x64 −x63 +x59 −x58 +x54 −x53 +x49 −x48 +x47 −x46 +x44 −x43 +
x − x41 + x39 − x38 + x37 − x36 + x34 − x33 + x32 − x31 + x30 − x28 + x27 − x26 +
x25 − x23 + x22 − x21 + x20 − x18 + x17 − x16 + x15 − x11 + x10 − x6 + x5 − x + 1,
(n) F95 = x72 − x71 + x67 − x66 + x62 − x61 + x57 − x56 + x53 − x51 + x48 −
x46 + x43 − x41 + x38 − x36 + x34 − x31 + x29 − x26 + x24 − x21 + x19 − x16 +
x15 − x11 + x10 − x6 + x5 − x + 1,
(o) F77 = x60 − x59 + x53 − x52 + x49 − x48 + x46 − x45 + x42 − x41 + x39 −
x37 + x35 − x34 + x32 − x30 + x28 − x26 + x25 − x23 + x21 − x19 + x18 − x15 +
x14 − x12 + x11 − x8 + x7 − x + 1,
(p) F91 = x72 − x71 + x65 − x64 + x59 − x57 + x52 − x50 + x46 − x43 + x39 −
x36 + x33 − x29 + x26 − x22 + x20 − x15 + x13 − x8 + x7 − x + 1.
42
Zadanie (3). Udowodnij, że F105 = x48 + x47 + x46 − x43 − x42 − 2x41 − x40 −
x39 + x36 + x35 + x34 + x33 + x32 + x31 − x28 − x26 − x24 − x22 − x20 + x17 +
x16 + x15 + x14 + x13 + x12 − x9 − x8 − 2x7 − x6 − x5 + x2 + x + 1.
Stwierdzenie 12.16. Jeśli q i n 2 są liczbami naturalnymi, to
|Fn (q)| > q − 1.
W szczegolności dla q > 1 liczba Fn (q) nie dzieli liczby q − 1.
Dowód. Ponieważ n 2, więc 1 nie jest pierwiastkiem pierwotnym z 1 stopnia n, czyli Fn (1) 6= 0, a więc |Fn (1)| > 0 = 1 − 1 i teza zachodzi dla q = 1.
+i sin 2π
, ω2 , . . . , ωm
Niech dalej q > 1. Oznaczmy m = ϕ(n) i niech ω1 = cos 2π
n
n
będą wszystkimi pierwiastkami pierwotnymi z 1 stopnia n. Wtedy
Fn = (x − ω1 ) · (x − ω2 ) · . . . · (x − ωm ),
skąd
|Fn (q)| = |q − ω1 | · |q − ω2 | · . . . · |q − ωm |.
Ale z nierówności trójkąta dla i = 2, . . . , m:
|q − ωi | ||q| − |ωi || = |q − 1| = q − 1 1,
więc |Fn (q)| |q − ω1 | re(q − ω1 ) = q − cos 2π
> q − 1, gdyż cos 2π
<1
n
n
dla wszystkich n 2. Zatem |Fn (q)| > q − 1. Ponadto ze stwierdzenia 12.8,
Fn (q) ∈ Z, więc Fn (q) nie dzieli liczby q − 1.
Stwierdzenie 12.17. Dla dowolnych liczb naturalnych d, q, n takich, że
q, n 2, d|n oraz d < n mamy, że
n
−1
Fn (q)| qqd −1
.
84
Dowód. Ze stwierdzenia 12.6, xn − 1 =
Y
Fl oraz xd − 1 =
l|n
Y
Fl . Zatem
l|d
xn − 1 = Fn · (xd − 1) · G, gdzie G jest równe 1, jeśli nie istnieje l < n takie, że
l > d oraz G jest iloczynem wszystkich wielomianów Fl dla d < l < n takich,
że l|n, w przeciwnym przypadku. Stąd G ∈ Z[x]. Ponadto ze stwierdzenia
n −1
n −1
∈ Z oraz qqd −1
= Fn (q) · G(q), czyli
12.8, Fn ∈ Z[x], więc Fn (q), G(q), qqd −1
q n −1
Fn (q)| qd −1 .
12.2
Twierdzenie Wedderburna
Twierdzenie 12.18 (Wedderburna). Każdy skończony pierścień z dzieleniem
jest ciałem.
Dowód. Załóżmy, że tak nie jest i niech D będzie nieprzemiennym skończonym pierścieniem z dzieleniem, tzn. D 6= Z(D). Niech q = |Z(D)|. Wtedy
q ∈ N oraz q > 1, gdyż 0, 1 ∈ Z(D) i 0 6= 1, bo D 6= {0}. Zauważmy, że
Z(D) jest ciałem, gdyż dla dowolnego a ∈ Z(D) \ {0} i dla dowolnego x ∈ D,
ax = xa, skąd a−1 axa−1 = a−1 xaa−1 , czyli xa−1 = a−1 x, a więc a−1 ∈ Z(D).
Ponadto D jest w naturalny sposób przestrzenią liniowa nad ciałem Z(D),
gdy przyjmiemy działanie skalara a ∈ Z(D) na wektor x ∈ D jako a · x. Niech
n będzie wymiarem przestrzeni D nad ciałem Z(D). Ponieważ D 6= Z(D) i
pierścień D jest skończony, więc n ∈ N i n > 1 oraz |D| = q n . Ponieważ D jest
pierścieniem z dzieleniem, więc D? = D \ {0} jest grupą ze względu na mnożenie. Grupa D? działa na zbiór D za pomocą automorfizmów wewnętrznych.
Mianowicie dla g ∈ D? , a ∈ D przyjmujemy, że
g ◦ a = g · a · g −1 .
Rzeczywiście, 1 ◦ a = 1 · a · 1−1 = a dla a ∈ D oraz dla g, h ∈ D? , a ∈ D mamy,
że g ◦ (h ◦ a) = g · (h ◦ a) · g −1 = g(hah−1 )g −1 = (gh)a(gh)−1 = (gh) ◦ a.
Ponieważ dla a ∈ D jest a ∈ Orb(a), więc |Orb(a)| = 1 ⇔ Orb(a) =
{a} ⇔ ∀g∈D? g ◦ a = a ⇔ ∀g∈D? gag −1 = a ⇔ ∀g∈D? ga = ag ⇔ ∀r∈D ra = ar ⇔
a ∈ Z(D), czyli
∀a∈D |Orb(a)| = 1 ⇔ a ∈ Z(D).
Dla a ∈ D, g ∈ D?
g ∈ Stab(a) ⇔ gag −1 = a ⇔ ga = ag ⇔ g ∈ CD (a) \ {0},
przy czym CD (a) jest podpierścieniem pierścienia D zawierającym Z(D). Zatem ZD (a) jest podprzestrzenią przestrzeni liniowej D i wobec tego |CD (a)| =
q d dla pewnej liczby naturalnej d ¬ n. Ponadto Stab(a) = CD (a) \ {0}, więc
|Stab(a)| = q d − 1. Z algebry ogólnej II wiemy, że Stab(a) jest podgrupą grupy
D∗ , skąd na mocy twierdzenia Lagrange’a, q d − 1|q n − 1. Ale q > 1, więc z
elementarnej teorii liczb, d|n. Niech teraz dodatkowo a 6∈ Z(D). Wtedy a 6= 0,
więc a ∈ Stab(a) i CD (a) 6= D, więc Stab(a) 6= D∗ . Ale |Stab(a)| = q d − 1
85
n
−1
i |D∗ | = q n − 1, zatem d < n. Ze stwierdzenia 12.17 wynika, że Fn (q)| qqd −1
.
q n −1
Ponadto z algebry ogólnej II, qd −1 = |Orb(a)|, czyli Fn (q)||Orb(a)| dla wszystkich a ∈ D \ Z(D). Dalej, ze wzoru orbit D jest sumą skończenie wielu parami
rozłącznych orbit, z których dokładnie q jest jednoelementowych, a pozostałe
mają liczbę elementów podzielną przez Fn (q). Zatem q n = q + lFn (q) dla pewnej liczby całkowitej l, skąd q n − 1 = (q − 1) + lFn (q). Ponadto ze stwierdzenia
12.17, Fn (q)|q n − 1, więc Fn (q)|q − 1 wbrew stwierdzeniu 12.16.
Wykład 13
Pierścienie zredukowane
13.1
Podstawowe własności pierścieni zredukowanych
Przypomnijmy, że pierścieniem zredukowanym nazywamy pierścień nie
posiadający niezerowych elementów nilpotentnych.
Lemat 13.1. Charakteryzacja pierścieni zredukowanych. Pierścień R
jest zredukowany wtedy i tylko wtedy, gdy nie posiada elementu niezerowego a
takiego, że a2 = 0.
Dowód. 00 ⇒00 . Oczywiste. 00 ⇐00 . Niech dla dowolnego 0 6= a ∈ R zachodzi
a2 6= 0. Załóżmy nie wprost, że pierścień R nie jest zredukowany. Wtedy
istnieje element 0 6= b ∈ R taki, że bn = 0 oraz bn−1 6= 0 dla pewnego
n = 3, 4, . . .. Oznaczmy przez a = bn−1 . Wtedy a 6= 0, skąd a2 6= 0. Ale
2
a2 = (bn−1 ) = b2n−2 = bn · bn−2 = 0 · bn−2 = 0, więc mamy sprzeczność. Zatem
pierścień R jest zredukowany.
Uwaga 13.2. Każda dziedzina jest pierścieniem zredukowanym.
Następne dwa lematy przedstawiają znane własności elementów pierścieni
zredukowanych, które w literaturze nazywane są również ”quasi - identycznościami”.
Lemat 13.3. Jeżeli R jest pierścieniem zredukowanym oraz a1 , a2 ∈ R są
takie, że a1 · a2 = 0, to także a2 · a1 = 0.
Dowód. Ponieważ (a2 a1 )2 = (a2 a1 ) · (a2 a1 ) = a2 · (a1 a2 ) · a1 = a2 · 0 · a1 = 0,
więc z lematu 13.1 mamy, że a2 a1 = 0.
Lemat 13.4. Jeżeli R jest pierścieniem zredukowanym oraz a1 , a2 ∈ R są
takie, że a1 a2 = 0, to a1 Ra2 = 0.
86
87
Dowód. Dla dowolnego b ∈ R: (a1 ba2 )2 = a1 b(a2 a1 )ba2 = a1 b · 0 · ba2 = 0 na
mocy lematu 13.3, więc zgodnie z lematem 13.1 mamy a1 ba2 = 0, bo R jest
pierścieniem zredukowanym. Zatem a1 Ra2 = 0.
Lemat 13.5. Niech R będzie pierścieniem zredukowanym. Dla każdego n ∈ N,
n 2 i dla dowolnych a1 , a2 , . . . , an ∈ R zachodzi:
a1 · a2 · . . . · an = 0 =⇒ a1 Ra2 R · . . . · an−1 Ran = 0.
Dowód. Zastosujemy indukcję względem n. Dla n = 2 teza wynika bezpośrednio z lematu 13.4.
Niech dalej n > 2 i załóżmy, że teza zachodzi dla liczby n − 1. Weźmy
dowolne a1 , . . . , an takie, że a1 · . . . · an = 0 oraz dowolne r1 , . . . , rn−1 ∈ R.
Ponieważ (a1 · . . . · an−1 ) · an = 0. Wtedy z lematu 13.4 mamy, że (a1 · . . . ·
an−1 ) · rn−1 · an = 0, czyli a1 · . . . · an−2 · (an−1 · rn−1 · an ) = 0. Zatem z założenia
indukcyjnego a1 · r1 · . . . · an−2 · rn−2 · an−1 · rn−1 · an = 0. Stąd i z dowolności
wyboru r1 , . . . , rn−1 ∈ R mamy, że a1 Ra2 R · . . . · an−1 Ran = 0 dla dowolnego
n ∈ N.
Lemat 13.6. Niech R będzie pierścieniem zredukowanym. Dla każdego n ∈ N,
dla dowolnej permutacji σ ∈ Sn i dla dowolnych a1 , a2 , . . . , an ∈ R zachodzi:
a1 · a2 · . . . · an = 0 =⇒ aσ(1) · aσ(2) · . . . · aσ(n) = 0
Dowód. Dla n = 1 teza jest oczywista. Dla n = 2 teza wynika bezpośrednio
z lematu 13.1.
Dla n = 3 załóżmy, że a1 a2 a3 = 0. Stąd a1 · (a2 a3 ) = 0, więc z lematu 13.3
otrzymujemy, że a2 a3 a1 = 0, czyli dla permutacji σ = (1, 2, 3) teza zachodzi.
Ponadto z lematu 13.4 mamy, że a1 a3 · (a2 a3 ) = 0 i ponownie korzystając z
lematu 13.4 otrzymujemy (a1 a3 a2 ) · a1 · a3 = 0. Stąd
(a2 a1 a3 )2 = a2 · (a1 a3 a2 a1 a3 ) = a2 · 0 = 0,
więc a2 a1 a3 = 0, ponieważ pierścień R jest zredukowany. Zatem dla permutacji
σ = (1, 2) teza zachodzi. Ale permutacje (1, 2) i (1, 2, 3) generują S3 , więc
aσ(1) · aσ(2) · aσ(3) = 0 dla każdej permutacji σ ∈ S3 .
Dla n > 3 mamy, że grupa Sn jest generowana przez permutacje σ = (1, 2)
i τ = (1, 2, 3, . . . , n). Wystarczy zatem pokazać, że jeżeli a1 a2 a3 . . . an = 0,
to a2 a1 a3 . . . an = 0 oraz a2 a3 . . . an a1 = 0. Z lematu 13.3 mamy od razu,
że jeżeli a1 · (a2 a3 . . . an ) = 0, to (a2 a3 . . . an ) · a1 = a2 a3 . . . an a1 = 0, więc
teza zachodzi dla permutacji τ . Podstawmy chwilowo a = a3 · . . . · an . Zatem
a1 a2 a = 0. Z dowodu dla n = 3 mamy więc, że 0 = a2 a1 a = a2 a1 a3 ·. . .·an , czyli
teza zachodzi dla permutacji σ. Zatem teza zachodzi dla dowolnej permutacji
z Sn .
88
Definicja 13.7. Niech W będzie pewną własnością pierścieni. Powiemy, że
własność W jest zamknięta na rozszerzenia, jeżeli dla dowolnego pierścienia R i dowolnego ideału I pierścienia R z faktu, że I oraz R/I mają własność
W wynika, że R ma własność W.
Wprost z definicji pierścienia zredukowanego mamy następujące
Stwierdzenie 13.8. Każdy podpierścień, a więc też każdy ideał pierścienia
zredukowanego, jest pierścieniem zredukowanym.
Twierdzenie 13.9. Niech I będzie dowolnym ideałem pierścienia R. Jeżeli
pierścienie I oraz R/I są zredukowane, to R również jest zredukowany.
Dowód. Niech r ∈ R będzie takie, że r2 = 0. Wówczas (r + I)2 = 0 + I
w pierścieniu zredukowanym R/I, skąd r + I = 0 + I, czyli r ∈ I. Ale I
jest pierścieniem zredukowanym, więc r = 0. Zatem z lematu 13.1 R jest
pierścieniem zredukowanym.
Przykład 13.10. Obraz homomorficzny pierścienia zredukowanego nie musi
być pierścieniem zredukowanym. Rzeczywiście, np. pierścień Z4 jest obrazem
homomorficznym dziedziny Z, ale Z4 nie jest pierścieniem zredukowanym.
13.2
Twierdzenie Andrunakiewicza - Rjabuhina
Definicja 13.11. Powiemy, że I R jest ideałem zredukowanym wtedy i
tylko wtedy, gdy pierścień R/I jest zredukowany.
Przykład 13.12. Jeżeli R jest pierścieniem zredukowanym, to ideał I pierścienia R nie musi być ideałem zredukowanym. Rzeczywiście, rozważmy pierścień liczb całkowitych Z oraz jego ideał I = (4). Pierścień Z jest zredukowany,
ale Z/(4) ∼
= Z4 nie jest pierścieniem zredukowanym, więc z definicji 13.11 ideał
(4) nie jest zredukowany.
Przykład 13.13. Jeżeli I jest ideałem zredukowanym pierścienia R, to R nie
musi być pierścieniem zredukowanym. Rzeczywiście, rozważmy niezerowy nilpierścień R oraz pierścień z dołączoną jedynką R1 . Wtedy RR1 oraz R1 /R ∼
=
Z. Zatem pierścień R1 /R jest zredukowany, więc z definicji 13.11 R jest ideałem
zredukowanym pierścienia R1 . Ale pierścień R1 nie jest zredukowany.
Uwaga 13.14. Ideał I pierścienia R jest ideałem zredukowanym w pierścieniu
R wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnego elementu a ∈ R zachodzi
a2 ∈ I =⇒ a ∈ I.
89
Dowód. 00 ⇒00 . Weźmy dowolne a ∈ R takie, że a2 ∈ I. Wtedy a2 + I =
(a + I)2 = I i pierścień R/I jest zredukowany, więc a + I = I, czyli a ∈ I.
00
⇐00 . Weźmy dowolne a ∈ R takie, że (a + I)2 = I. Wtedy a2 ∈ I, więc a ∈ I,
skąd a + I = I. Zatem z lematu 13.1 pierścień R/I jest zredukowany, czyli
zgodnie z definicją 13.11 ideał I jest zredukowany.
Uwaga 13.15. Jeżeli I jest ideałem zredukowanym pierścienia R, to dla dowolnych elementów a, b ∈ R, jeśli ab ∈ I to ba ∈ I.
Dowód. Wynika bezpośrednio z lematu 13.3 oraz standardowego rachunku
na warstwach.
Uwaga 13.16. Jeżeli I jest ideałem zredukowanym pierścienia R, to dla dowolnych elementów x1 , . . . , xn ∈ R, jeżeli x1 · . . . · xn ∈ I, to
xσ(1) · xσ(2) · . . . · xσ(n) ∈ I
dla dowolnej permutacji σ ∈ Sn .
Dowód. Wynika bezpośrednio z lematu 13.6 oraz ze standardowego rachunku
na warstwach.
Uwaga 13.17. Przecięcie dowolnej niepustej rodziny ideałów zredukowanych
jest ideałem zredukowanym.
Dowód. Niech {It }t∈T będzie rodziną ideałów zredukowanych pierścienia R.
\
It R. Weźmy dowolne a ∈ R takie, że a2 ∈ J. Wtedy a2 ∈ It
Wtedy J =
t∈T
dla każdego t ∈ T i z uwagi 13.14, a ∈ It dla każdego t ∈ T , czyli a ∈ J.
Zatem z uwagi 13.14 ideał J jest zredukowany.
Uwaga 13.18. Suma łańcucha ideałów zredukowanych jest ideałem zredukowanym.
Dowód. Niech {It }t∈T będzie łańcuchem ideałów zredukowanych pierście[
nia R. Ze stwierdzenia 4.17 wiemy, że J =
It R. Weźmy dowolne a ∈ R
t∈T
takie, że a2 ∈ J. Wtedy a2 ∈ It dla pewnego t ∈ T . Wówczas z uwagi 13.14,
a ∈ It , czyli a ∈ J. Zatem ideał J jest zredukowany.
Lemat 13.19. Niech I będzie ideałem zredukowanym pierścienia R. Niech S
będzie niepustym podzbiorem R oraz
A = {r ∈ R : rs ∈ Idla każdego s ∈ S}.
Wówczas A jest ideałem zredukowanym pierścienia R.
90
Dowód. Ponieważ A = {r ∈ R : rs ∈ I dla dowolnego s ∈ S} =
\
{r ∈ R :
s∈S
rs ∈ I}, więc na mocy uwagi 13.17 wystarczy udowodnić, że dla każdego
s ∈ S, As = {r ∈ R : rs ∈ I} jest ideałem zredukowanym pierścienia R.
Ponieważ 0 ∈ As , gdyż 0 · s ∈ I, więc As 6= ∅.
Weźmy dowolne a1 , a2 ∈ As . Wtedy a1 s ∈ I, a2 s ∈ I, stąd (a1 − a2 ) · s =
a1 s − a2 s ∈ I, czyli a1 − a2 ∈ As . Weźmy teraz dowolne a ∈ As oraz r ∈ R.
Wtedy as ∈ I, stąd (ra) · s = r · (as) ∈ I, czyli ra ∈ As . Ponadto z uwagi 13.15
mamy, że sa ∈ I oraz (sa) · r = s · (ar) ∈ I. Więc znowu z uwagi 13.15 mamy,
że (ar) · s ∈ I, a stąd ar ∈ As . Zatem As R. Teraz pokażemy, że ideał As jest
zredukowany. Niech r ∈ R będzie takie, że r2 ∈ As . Wtedy r2 s = r(rs) ∈ I.
Z uwagi 13.15 zachodzi (rs)r ∈ I. Stąd rsrs = (rs)2 ∈ I, bo I R. Ale ideał
I jest zredukowany, więc z uwagi 13.14 rs ∈ I, czyli r ∈ As . Zatem z uwagi
13.14 ideał As jest zredukowany.
Z uwagi 13.15 i z lematu 13.19 wynika od razu następujący lemat:
Lemat 13.20. Niech I będzie ideałem zredukowanym pierścienia R. Niech S
będzie niepustym podzbiorem R oraz
B = {r ∈ R : sr ∈ I dla każdego s ∈ S}.
Wówczas B jest ideałem zredukowanym pierścienia R.
Twierdzenie 13.21. (Andrunakiewicz - Rjabuhin). Dla dowolnego niezerowego pierścienia R równoważne są warunki:
(i) R jest zredukowany,
(ii) istnieje
niepusta rodzina ideałów {It }t∈T pierścienia R taka, że
\
It = {0} oraz R/It jest dziedziną dla każdego t ∈ T .
t∈T
Dowód. (ii) ⇒ (i). Niech a ∈ R będzie takie, że a2 = 0. Wtedy (a + It )2 = It
dla dowolnego t ∈ T . R/It jest\
dziedziną, więc a + It = It , skąd a ∈ It dla
dowolnego t ∈ T . Zatem a ∈
It = {0}, więc a = 0. Stąd z lematu 13.1
t∈T
pierścień R jest zredukowany.
(i) ⇒ (ii). Niech R będzie pierścieniem zredukowanym. Wystarczy udowodnić, że dla dowolnego elementu x 6= 0 pierścienia
R istnieje ideał Ix taki,
\
że R/Ix jest dziedziną oraz x ∈
/ Ix , bo wtedy
Ix = {0}.
x∈R\{0}
Rozważmy rodzinę M wszystkich ideałów zredukowanych pierścienia R,
które nie zawierają elementu 0 6= x ∈ R. Wtedy M =
6 [∅, bo np. {0} ∈ M.
Niech A będzie łańcuchem w M. Niech I0 =
I. Z uwagi 13.18, I0
I∈A
jest ideałem zredukowanym. Ponadto x ∈
/ I0 , bo x ∈
/ I dla każdego I ∈ A.
Zatem I0 ∈ M i I0 jest ograniczeniem górnym łańcucha A. Zatem z lematu
91
Kuratowskiego - Zorna istnieje w M element maksymalny Ix . Wtedy Ix jest
ideałem zredukowanym pierścienia R oraz x ∈
/ Ix .
Pozostaje sprawdzić, że R/Ix jest dziedziną. Załóżmy, że tak nie jest. Wtedy istnieją a, b ∈ R \ Ix takie, że ab ∈ Ix , czyli a + Ix 6= Ix , b + Ix 6= Ix ,
ale ab + Ix = Ix . Niech A = {r ∈ R : rb ∈ Ix } i B = {r ∈ R : Ar ⊆ Ix }. Z lematów 13.19 i 13.20 mamy, że A i B są ideałami zredukowanymi w pierścieniu
R. Z definicji ideału B otrzymujemy, że AB ⊆ Ix , bo Ar ⊆ Ix dla dowolnego
r ∈ B.
Niech y ∈ Ix . Ponieważ Ix R, więc yb ∈ Ix , stąd y ∈ A, czyli Ix ⊆ A.
Ponadto a ∈ A, bo ab ∈ Ix oraz a ∈
/ Ix z założenia, więc a ∈ A \ Ix , zatem
Ix ⊂ A. Z maksymalności Ix otrzymujemy, że A ∈
/ M, zatem x ∈ A, bo A jest
ideałem zredukowanym.
Niech z ∈ Ix . Ponieważ Ix R, więc Az ⊆ Ix , stąd z ∈ B, zatem Ix ⊆ B.
Ponadto b ∈ B, bo Ab = {ab : a ∈ A} ⊆ Ix . Z założenia b ∈
/ Ix , więc b ∈ B \Ix ,
skąd Ix ⊂ B. Z maksymalności Ix otrzymujemy, że B ∈
/ M, zatem x ∈ B, bo
B jest ideałem zredukowanym.
Zatem x2 ∈ AB ⊆ Ix , czyli x2 ∈ Ix oraz ideał Ix jest zredukowany, w
konsekwencji z uwagi 13.14 mamy, że x ∈ Ix , co jest sprzeczne z założeniem.
Zadanie (1). Niech Pn = Z2 dla n = 1, 2, . . . oraz niech P = ∞
n=1 Pn . Udowodnij, że każdy ideał pierścienia P jest ideałem radykalnym. Niech I =
L∞
n=1 Pn . Udowodnij, że pierścień R = P/I jest zredukowany i nie posiada
ideału, będącego dziedziną.
Q
Wykład 14
Pierścienie Jacobsona
14.1
Podstawowe własności pierścieni Jacobsona
Definicja 14.1. Powiemy, że pierścień R jest pierścieniem Jacobsona, jeżeli dla każdego x ∈ R istnieje liczba naturalna n = n(x) 2 taka, że xn = x.
Wprost z definicji uzyskujemy następujące
Stwierdzenie 14.2. Każdy podpierścień i każdy obraz homomorficzny pierścienia Jacobsona jest pierścieniem Jacobsona.
Stwierdzenie 14.3. Każdy pierścień Jacobsona jest pierścieniem zredukowanym.
Dowód. Niech R będzie pierścieniem Jacobsona i niech x ∈ R będzie takie,
że x2 = 0. Wtedy istnieje liczba naturalna n 2 taka, że x = xn . Stąd
xn = x2 · xn−2 = 0 · xn−2 = 0, więc x = 0 i pierścień R jest zredukowany.
Stwierdzenie 14.4. Jeżeli R jest pierścieniem Jacobsona i x ∈ R oraz xn = x
dla pewnej liczby naturalnej n 2, to e = xn−1 jest centralnym idempotentem
w R, x = e · x i (x) = Re. Ponadto grupa R+ jest torsyjna.
Dowód. Na mocy stwierdzenia 14.3 R jest pierścieniem zredukowanym. Ponadto (xn−1 )2 = x2n−2 = xn ·xn−2 = x·xn−2 = xn−1 , czyli xn−1 jest idempotentem w pierścieniu zredukowanym. Zatem e − xn−1 ∈ Z(R). Ponadto x = e · x,
skąd (x) ⊂ Re. Ale n 2 i e = xn−1 , więc Re ⊆ (x) i ostatecznie (x) = Re.
Dalej, istnieje liczba naturalna m 2 taka, że (2e)m = 2e i e = e2 , więc
m
(2 − 2)e = 0, skąd o(e) ∈ N. Ale x = e · x, więc też o(x) ∈ N i grupa R+ jest
torsyjna.
Stwierdzenie 14.5. Jeżeli dziedzina R jest pierścieniem Jacobsona, to R jest
pierścieniem z dzieleniem.
92
93
Dowód. Na mocy stwierdzenia 14.4 istnieje niezerowy idempotent e ∈ R.
Stąd dla x ∈ R, e(x − ex) = ex − e2 x = ex − ex = 0, więc x = ex, bo R
jest dziedziną. Podobnie, (x − xe)e = xe − xe2 = xe − xe = 0, więc x = xe.
Zatem e jest jedynką pierścienia R. Weżmy dowolne niezerowe a ∈ R. Wtedy
istnieje liczba naturalna n 2 taka, że an = a. Ze stwierdzenia 14.4 mamy,
że f = an−1 jest idempotentem i a = f a. Zatem f 6= 0 i z pierwszej części
dowodu, f = e. Ale n − 1 1 i an−1 = e, więc a ∈ R∗ . Zatem R jest
pierścieniem z dzieleniem.
Stwierdzenie 14.6. Suma prosta pierścieni Jacobsona jest pierścieniem Jacobsona.
Dowód. Niech {Rt }t∈T będzie niepustą rodziną pierścieni Jacobsona i niech
L
R = t∈T Rt . Weźmy dowolne x ∈ R. Wtedy istnieje niepusty skończony
podzbiór S ⊆ T oraz istnieją xs ∈ Rs dla s ∈ S takie, że x = Σs∈S xs . Stąd dla
każdego n ∈ N jest xn = Σs∈S xns oraz na mocy stwierdzenia 14.4 dla każdego
s ∈ S istnieje liczba naturalna ns taka, że xns s = es jest idempotentem oraz
es xs = xs . Stąd dla n = Πs∈S ns mamy, że xn+1 = x i R jest pierścieniem
Jacobsona.
Stwierdzenie 14.7. Niezerowy pierścień skończony R jest pierścieniem Jacobsona wtedy i tylko wtedy, gdy R jest skończoną sumą prostą pewnych ciał
skończonych. W szczególności każdy skończony pierścień Jacobsona jest przemienny.
Dowód. Niech R będzie niezerowym skończonym pierścieniem Jacobsona.
Ze stwierdzenia 14.3 i z twierdzenia Wedderburna-Artina R jest skończoną
sumą prostą pierścieni postaci Mn (D), gdzie D jest skończonym pierścieniem
z dzieleniem. Ale R jest zredukowany, więc n = 1. Ponadto z twierdzenia
Wedderburna D jest ciałem. Zatem R jest skonczoną sumą prostą pewnych
ciał skończonych. Stąd R jest przemienny.
Na odwrót, wobec stwierdzenia 15.6, wystarczy wykazać, że każde ciało
skończone K jest pierścieniem Jacobsona. Ale jeśli n = |K|, to dla każdego
niezerowego a ∈ K mamy an−1 = 1, skąd an = a. Wobec tego xn = x dla
każdego x ∈ K i K jest pierścieniem Jacobsona.
Przypomnijmy, że jeśli grupa addytywna pierścienia R jest torsyjna, to dla
każdej liczby pierwszej p, Rp = {x ∈ R : pn x = 0 dla pewnego n ∈ N} jest
L
ideałem w R oraz R = p∈P Rp . Ponadto, jeśli grupa addytywna pierścienia
zredukowanego S jest p-grupą dla pewnej liczby pierwszej p, to pS = {0}.
Rzeczywiście, weźmy dowolne x ∈ S. Wtedy istnieje n ∈ N takie, że pn x = 0,
skąd (px)n = 0. Ale S jest pierścieniem zredukowanym, więc w konsekwencji
px = 0 i pS = {0}. Wobec tego, jeśli grupa addytywna pierścienia zredukowanego R jest torsyjna, to pRp = {0} dla każdej liczby pierwszej p. Jeśli R jest
pierścieniem Jacobsona, to ze stwierdzenia 14.3 R jest zredukowany i na mocy
94
stwierdzenia 14.4 grupa R+ jest torsyjna. Wobec tego dla każdej liczby pierwL
szej p, Rp jest pierścieniem Jacobsona takim, że pRp = {0} oraz R = p∈P Rp .
Na odwrót, załóżmy, że dla każdej liczby pierwszej p, Rp jest pierścieniem JaL
cobsona takim, że pRp = {0}. Wtedy na mocy stwierdzenia 14.6, R = p∈P Rp
też jest pierścieniem Jacobsona. W ten sposób udowodniliśmy następujące
Stwierdzenie 14.8. Pierścień R jest pierścieniem Jacobsona wtedy i tylko
wtedy, gdy R jest sumą prostą rodziny {Rp }p∈P pierścieni Jacobsona takich,
że pRp = {0} dla każdego p ∈ P.
Problem klasyfikacji pierścieni Jacobsona sprowadza się zatem do problemu
klasyfikacji pierścieni Jacobsona, których grupa addytywna jest elementarną
p-grupą abelową.
Stwierdzenie 14.9. Niech p będzie liczbą pierwszą i niech R będzie pierścieniem takim, że pR = {0}. Wówczas R jest pierścieniem Jacobsona wtedy i
n
tylko wtedy, gdy dla każdego x ∈ R istnieje n ∈ N takie, że xp = x.
Dowód. ⇒. Weźmy dowolne x ∈ R. Jeśli x = 0, to wystarczy wziąć n = 1.
Niech dalej x 6= 0. Istnieje m ∈ N takie, że xm = x oraz px = 0, więc pierścień
[x] jest skończony i przemienny. Ponadto jest to niezerowy pierścień Jacobsona,
więc ze stwierdzenia 14.7, [x] jest skończoną sumą prostą ciał skończonych, z
których każde ma charakterystykę p. Oznaczmy te ciała przez K1 , . . . , Ks i
niech |Ki | = pni dla i = 1, . . . , s. Dalej, x = x1 + . . . + xs , dla pewnych
xi ∈ Ki , i = 1, . . . , s oraz dla dowolnego k ∈ N jest xk = xk1 + . . . + xks . Niech
n n= n1 · . . . · ns i weźmy
dowolne i n= 1, . . . , s. Jeśli xi 6= 0, to w ciele
Ki ,
p i −1
pn −1
p
pn
xi
= 1, skąd xi
= 1, a więc xi = xi . Jeśli zaś xi = 0, to też xi = xi .
pn
Zatem x = x.
Implikacja odwrotna jest oczywista.
Uwaga 14.10. Jeśli R jest pierścieniem takim, że pR = {0} dla pewnej liczby
pierwszej p, to w naturalny sposób R jest przestrzenią liniową nad ciałem Zp ,
mianowicie dla a ∈ Zp i α ∈ R przyjmuje się, że a ◦ α = a · α, gdzie a · α
jest całkowitą wielokrotnością elementu α przez liczbę całkowitą a. Na grupie
+
abelowej Z+
p × R można wprowadzić mnożenie przy pomocy wzoru:
(a1 , r1 ) · (a2 , r2 ) = (a1 · a2 , a1 · r2 + a2 · r1 + r1 r2 ).
Proste sprawdzenie pokazuje, że otrzymujemy w ten sposób pierścień z jedynką (1, 0), który będziemy oznaczali przez R1 . Jest jasne, że pR1 = {0},
{0} × R R1 i R1 /({0} × R) ∼
= Zp oraz R ∼
= {0} × R. Dowodzi się to wszystko podobnie jak dla przypadku dołączania jedynki do pierścienia przy pomocy
pierścienia Z. Zauważmy, że jeśli dodatkowo, R jest pierścieniem Jacobsona,
to na mocy stwierdzenia 14.9, dla każdego x ∈ R istnieje n ∈ N takie, że
n
n
xp = x. Wtedy dla dowolnego a ∈ Zp jest ap = a, więc ze wzoru Newtona
i tego, że pR1 = {0} oraz tego, że (a, 0) · (0, x) = (0, x) · (a, 0) otrzymamy,
n
n
95
n
że (a, x)p = (ap , xp ) = (a, x). Wobec tego R1 jest pierścieniem Jacobsona!
W ten sposób wykazaliśmy, że każdy pierścień Jacobsona, którego grupa addytywna jest elementarną abelową p-grupą jest ideałem w pierścieniu Jacobsona
z jedynką, którego grupa addytywna jest elementarną p-grupą abelową. Zatem
klasyfikacja pierścieni Jacobsona sprowadza się do opisu pierścieni Jacobsona
z jedynką, których grupa addytywna jest elementarną p-grupą abelową!
14.2
Pierścienie endomorfizmów grup abelowych i ich własności
Niech (A, +) będzie dowolną grupą abelową. Oznaczmy przez End(A) rodzinę
wszystkich endomorfizmów grupy A. End(A) jest grupą abelową ze względu
na naturalne dodawanie przekształceń, tzn. dla dowolnych f, g ∈ End(A) i
dla dowolnego a ∈ A:
(f + g)(a) = f (a) + g(a).
W zbiorze End(A) można też wprowadzić mnożenie, jako składanie przekształceń, tzn. dla dowolnych f, g ∈ End(A) i dla dowolnego a ∈ A:
(f g)(a) = f (g(a)).
Proste sprawdzenie pokazuje, że (End(A), +, ·) jest pierścieniem z jedynką
idA , gdzie idA (x) = x dla każdego x ∈ A. Otrzymany w ten sposób pierścień
nazywamy pierścieniem endomorfizmów grupy abelowej A i oznaczamy
przez End(A).
Niech teraz R będzie dowolnym pierścieniem i a ∈ R. Oznaczmy przez la i
przez ra przekształcenia R w R dane wzorami:
la (x) = ax oraz ra (x) = xa dla dowolnych a ∈ R.
Zauważmy, że dla dowolnych a, x, y ∈ R: la (x + y) = a(x + y) = ax + ay =
la (x) + la (y) oraz ra (x + y) = (x + y)a = xa + ya = ra (x) + ra (y), więc
la , ra ∈ End(R+ ) dla dowolnego a ∈ R.
Ponadto, dla dowolnych a, x ∈ R: (la ra )(x) = la (ra (x)) = la (xa) = axa oraz
(ra la )(x) = ra (la (x)) = ra (ax) = axa, więc
la ra = ra la dla każdego a ∈ R.
Stąd dla każdego a ∈ R przekształcenie ad(a) = la − ra ∈ End(R+ ) oraz
ad(a)la = la ad(a) i ad(a)ra = ra ad(a). Ponadto
ad(a)(x) = ax − xa dla każdego x ∈ R.
96
Ponadto, z uzyskanych zależności i ze wzoru dwumianowego Newtona wynika, że dla dowolnego n ∈ N:
n
(ad(a) =
n
X
k=0
!
n
(−1)k lan−k rak .
k
Zauważmy, że przekształcenie ϕ : R → End(R+ ) dane wzorem ϕ(a) =
la dla a ∈ R jest homomorfizmem pierścieni. Rzeczywiście, dla dowolnych
a, b, x ∈ R: ϕ(a + b)(x) = la+b (x) = (a + b)x = ax + bx = la (x) + lb (x) =
(la + lb )(x), skąd ϕ(a + b) = ϕ(a) + ϕ(b) oraz ϕ(ab)(x) = lab (x) = abx i
(ϕ(a)ϕ(b))(x) = ϕ(a)(ϕ(b)(x)) = la (lb (x)) = la (bx) = abx, skąd ϕ(ab) =
ϕ(a)ϕ(b). Ponadto Kerϕ = {a ∈ R : aR = {0}}, skąd wynika w szczególności,
że jeśli pierścień R jest zredukowany, to ϕ jest zanurzeniem pierścieni.
Jeśli istnieje liczba pierwsza p taka, że pR = {0}, to pEnd(R+ ) = {0}. Rzeczywiście, dla dowolnych f ∈ End(R+ ), x ∈ R mamy, że (pf )(x) = f (px) =
f (0) = 0, skąd pf = 0. Wobec tego dla dowolnego a ∈ R i dla dowolnego
n ∈ N zachodzi wówczas wzór:
n
n
n
(ad(a))p = lap − rap .
n
Jeśli dodatkowo ap = a dla pewnego n ∈ N, to z powyższego wzoru wynika,
n
że ad(a)p = ad(a).
Twierdzenie 14.11. (lemat Hersteina). Niech D będzie pierścieniem z
dzieleniem takim, że pD = {0} dla pewnej liczby pierwszej p. Jeśli a ∈ D \
Z(D) i ak = 1 dla pewnego naturalnego k, to istnieje x ∈ D∗ takie, że xax−1 =
ai 6= a dla pewnego naturalnego i.
Dowód. Z założeń wynika, że a 6= 0 i a 6= 1, więc k 2 oraz pierścień
K = [a] jest skończony i przemienny. Ale K jest podpierścieniem pierścienia z
dzieleniem D, więc K jest dziedziną. Wobec tego K jest ciałem skończonym
i pK = {0}. Wobec tego grupa K ∗ jest cykliczna i istnieje m ∈ N takie, że
m
m
|K| = pm . Wówczas bp = b dla każdego b ∈ K, więc w szczególności ap = a.
Stąd i z rozważań o endomorfizmach grupy R+ przedstawionych przed sformum
łowaniem naszego twierdzenia otrzymujemy, że (ad(a))pY = ad(a). Ponadto
m
w pierścieniu wielomianów K[t] mamy, że tp − t = t ·
(t − b), gdyż wieb∈K ∗
m
lomian tp − t ma stopień równy pm i każdy element ciała pm -elementowego
K jest jego pierwiastkiem. Ponieważ D jest pierścieniem zredukowanym, więc
odworowanie ϕ : D → End(D+ ) dane wzorem ϕ(y) = ly dla y ∈ D jest zanurzeniem pierścieni i wobec tego ϕ(K) jest ciałem
Y izomorficznym z K. Zatem
pm
w pierścieniu D[t] zachodzi wzór t − t = t ·
(t − lb ). Ale ad(a) jest przeb∈K ∗
pm
mienne z każdym lb dla b ∈ K oraz (ad(a)) = ad(a), więc otrzymujemy
zależność:
Y
0 = ad(a)
(ad(a) − lb ).
b∈K ∗
97
Ponadto ad(a) 6= 0, bo a 6= Z(D) i podpierścień [ad(a), lb : b ∈ K] pierścienia End(D+ ) jest przemienny, więc z powyższego wzoru wynika, że istnieje
b ∈ K ∗ takie, że odwzorowanie ad(a) − lb nie jest różnowartościowe. Zatem
Ker(ad(a) − lb ) 6= {0} i istnieje x ∈ D∗ takie, że 0 = (ad(a) − lb )(x) =
ax − xa − bx. Stąd zaś uzyskujemy, że xax−1 = a − b 6= a, bo b 6= 0. Ale
w grupie D∗ , o(xax−1 ) = o(a) ∈ N, więc w skończonej grupie cyklicznej K ∗ ,
o(a) = o(a − b). Zatem w tej grupie podgrupy < a > i < a − b > mają ten
sam rząd i wobec tego a − b ∈< a >. Zatem istnieje liczba naturalna i taka,
że a − b = ai , skąd xax−1 = ai 6= a.
Twierdzenie 14.12. (uogólnione twierdzenie Wedderburna). Jeżeli D
jest pierścieniem z dzieleniem i grupa D∗ jest torsyjna, to D jest ciałem. W
szczególności każdy pierścień z dzieleniem będący pierścieniem Jacobsona jest
przemienny.
Dowód. Załóżmy, że przy tych założeniach pierścień D nie jest ciałem, tzn.
nie jest przemienny. Istnieje wówczas a ∈ D \ Z(D). Ponadto ze stwierdzenia
14.4 grupa D+ jest torsyjna, więc istnieje liczba pierwsza p taka, że pD = {0}.
Zatem z lematu Hersteina istnieje x ∈ D∗ takie, że xax−1 = ai 6= a dla
pewnego i ∈ N. Stąd xas x−1 = ais dla każdego s ∈ N. Dalej, przez prostą
k
indukcję uzyskujemy, że xk as x−k = asi dla dowolnych k, s ∈ N, a więc xk as =
k
asi xk . Ale o(x), o(a) ∈ N, więc zbiór A = {at xs : t ∈ {1, . . . , o(a)}, s ∈
{1, . . . , o(x)}} jest skończoną podgrupą grupy D∗ zawierającą a i x. Ale ax 6=
xa, więc grupa A nie jest abelowa.
Ponieważ grupa D∗ jest torsyjna, więc D jest pierścieniem
Jacobsona.
X
Oznaczmy przez T zbiór wszystkich elementów postaci
kg g, gdzie kg ∈ Z.
g∈A
Ponieważ pD = {0}, więc zbiór T jest skończony. Ponadto T jest podpierścieniem D. Zatem T jest skończonym pierścieniem Jacobsona i ze stwierdzenia
14.7 T jest przemienny. Ale a, x ∈ T i ax 6= xa, więc mamy sprzeczność.
Twierdzenie 14.13. Każdy pierścień Jacobsona jest przemienny.
Dowód. Niech R będzie pierścieniem Jacobsona. Jeśli R = {0}, to R jest
przemienny. Niech dalej R 6= {0}. Wobec stwierdzenia 14.8 wystarczy wykazać
nasze twierdzenie w przypadku, gdy pR = {0} dla pewnej liczby pierwszej p.
Ale R jest pierścieniem zredukowanym, więc z twierdzenia AndrunakiewiczaRjabuhina istnieje niepusta rodzina {It }t∈T ideałów pierścienia R taka, że
T
t∈T It = {0} oraz R/It jest dziedziną dla każdego t ∈ T . Wobec tego dla
każdego t ∈ T dziedzina R/It jest pierścieniem Jacobsona, a więc na mocy
stwierdzenia 14.5, R/It jest pierścieniem z dzieleniem. Ponadto p(R/It ) =
{0}, więc z twierdzenia 14.12 pierścień R/It jest przemienny. Weźmy dowolne
a, b ∈ R. Wtedy dla każdego t ∈ T mamy, że (a + It )(b + It ) = (b + It )(a + It ),
T
więc ab − ba ∈ It . Zatem ab − ba ∈ t∈T It = {0}, więc ab − ba = 0, czyli
ab = ba i pierścień R jest przemienny.
98
Stwierdzenie 14.14. Klasa pierścieni Jacobsona jest zamknięta na rozszerzenia, tzn. jeśli I R i R/I oraz I są pierścieniami Jacobsona, to R jest
pierścieniem Jacobsona.
Dowód. Weźmy dowolne niezerowe a ∈ R. Ponieważ R/I jest pierścieniem
Jacobsona, więc istnieje liczba naturalna m 2 taka, że a + I = (a + I)m ,
skąd b = am − a ∈ I. Ale I też jest pierścieniem Jacobsona, więc istnieje
liczba naturalna n 2 taka, że b = bn . Zatem (am − a)n = am − a. Stąd
[a] = hai + . . . + hamn−1 i. Ponadto ze stwierdzenia 14.4 grupy I + i (R/I)+
są torsyjne, więc grupa R+ jest torsyjna i stąd pierścień [a] jest skończony.
Ponadto ze stwierdzenia 14.3 pierścienie R/I oraz I są zredukowane, więc
pierścień R też jest zredukowany. Wobec tego [a] jest skończonym przemiennym pierścieniem zredukowanym. Zatem z twierdzenia Wedderburna-Artina
[a] jest skończoną sumą prostą ciał skończonych i z twierdzenia 14.7 [a] jest
pierścieniem Jacobsona. Zatem istnieje liczba naturalna k 2 taka, że a = ak .
Ponadto, 0 = 02 , więc R jest pierścieniem Jacobsona.
Wykład 15
Pierścienie regularne w sensie
von Neumanna
15.1
Podstawowe własności pierścieni regularnych w sensie von Neumanna
Definicja 15.1. Powiemy, że pierścień R jest regularny w sensie von Neumanna, jeżeli dla dowolnego a ∈ R istnieje x ∈ R takie, że a = axa.
(i) R jest pierścieniem regularnym w sensie von Neumanna,
(ii) M2 (R) jest pierścieniem regularnym w sensie von Neumanna.
Dowód." (ii) ⇒# (i)." Weźmy
R
# "dowolne
# "a ∈ R.# Wtedy" istnieją
# x,"y, z, t ∈ #
a 0
a 0
x y
a 0
a 0
axa 0
takie, że
=
·
·
. Stąd
=
,
0 0
0 0
z t
0 0
0 0
0 0
a więc a = axa i pierścień R jest regularnym
"
# w sensie von Neumanna.
a b
(i) ⇒ (ii). Weźmy dowolne A =
∈ M2 (R). Wtedy istnieje x ∈ R
c d
"
#
0 x
takie, że c = cxc, więc dla X =
mamy, że A1 = A − AXA =
0 0
"
#
a1 b 1
dla pewnych a1 , b1 , d1 ∈ R. Dalej, istnieją r, s ∈ R takie, że a1 =
0 d1
"
#
"
#
0 b2
r 0
. Wtedy A2 = A1 −A1 Y A1 =
a1 ra1 i d1 = d1 sd1 . Niech Y =
0 s
0 0
dla
b2 ∈ R. Istnieje więc u ∈ R takie, że b2 = b2 ub2 . Niech Z =
" pewnego
#
0 0
. Wtedy A2 = A2 ZA2 . Stąd A1 − A1 Y A1 = (A1 − A1 Y A1 )Z(A1 −
u 0
A1 Y A1 ), czyli A1 = A1 T A1 dla pewnego T ∈ M2 (R). Zatem A−AXA = (A−
AXA)T (A−AXA), skąd A = ASA dla S = X +T −AX −XAT +XAT AX ∈
M2 (R). Zatem pierścień M2 (R) jest regularny w sensie von Neumanna.
99
100
Stwierdzenie 15.3. Klasa pierścieni regularnych w sensie von Neumanna
jest zamknięta na rozszerzenia, tzn. jeśli I R i pierścienie I oraz R/I są
regularne w sensie von Neumanna, to pierścień R też jest regularny w sensie
von Neumanna.
Dowód. Weźmy dowolne a ∈ R. Wtedy istnieje y ∈ R takie, że a + I = (a +
I)(y+I)(a+I), skąd i = a−aya ∈ I. Zatem istnieje j ∈ I takie, że i = iji. Stąd
a − aya = (a − aya)j(a − aya), więc a = axa dla x = y + j − jay − yaj + yajay
i pierścień R jest regularny w sensie von Neumanna.
Stwierdzenie 15.4. Każdy ideał i każdy obraz homomorficzny pierścienia
regularnego w sensie von Neumanna jest pierścieniem regularnym w sensie
von Neumanna.
Dowód. Niech R będzie pierścieniem regularnym w sensie von Neumanna i
niech I R. Weżmy dowolne a ∈ I. Wtedy istnieje x ∈ R takie, że a = axa.
Stąd a = a(xax)a. Ale a ∈ I, więc xax ∈ I. Zatem pierścień I jest regularny
w sensie von Neumanna.
Niech f : R → S będzie homomorfizmem pierścienia R na pierścień S.
Weżmy dowolne a ∈ S. Wtedy istnieje b ∈ R takie, że a = f (b). Stąd istnieje
x ∈ R takie, że b = bxb. Zatem a = f (bxb) = f (b)f (x)f (b) = af (x)a i
pierścień S jest regularny w sensie von Neumanna.
Stwierdzenie 15.5. Każdy pierścień regularny w sensie von Neumanna jest
pierścieniem półpierwszym.
Dowód. Niech R będzie pierścieniem regularnym w sensie von Neumanna.
Weźmy dowolne a ∈ R takie, że aRa = {0}. Wtedy a = axa dla pewnego
x ∈ R, więc a ∈ aRa, skąd a = 0 i pierścień R jest półpierwszy.
Przykład 15.6. Zauważmy, że każdy pierścień D z dzieleniem jest regularny
w sensie von Neumanna, bo 0 = 0 · 0 · 0 oraz dla niezerowego a ∈ D istnieje
b ∈ D takie, że ab = 1, skąd a = aba. W szczególności każde ciało jest
pierścieniem regularnym w sensie von Neumanna.
Na mocy twierdzenia 15.2 mamy stąd, że dla dowolnego pierścienia D z
dzieleniem, pierścień macierzy M2 (D) jest regularny w sensie von Neumanna.
Przykład 15.7. Zauważmy, że ideał jednostronny pierścienia regularnego w
sensie von Neumanna nie musi być pierścieniem regularnym w sensie von Neumanna. Mianowicie, niech D będzie dowolnym pierścieniem z dzieleniem. Wtedy R = M2 (D) jest pierścieniem
w sensie" von Neumanna
na mocy
" regularnym
#
#
D 0
0 0
przykładu 15.6. Ponadto L =
<l R i I =
L, przy czym
D 0
D 0
I 2 = {02 } oraz I 6= {02 }. Gdyby pierścień L był regularny w sensie von Neumanna, to na mocy stwierdzenia 15.4 pierścień I byłby regularny w sensie von
Neumanna, co przeczy stwierdzeniu 15.5. Zatem pierścień L nie jest regularny
101
"
w sensie von Neumanna. Podobnie można pokazać, że P =
D D
0 0
#
<r R i
P nie jest pierścieniem regularnym w sensie von Neumanna.
Stwierdzenie 15.8. Jeżeli {Rt }t∈T jest niepustą rodziną pierścieni regularQ
L
nych w sensie von Neumanna, to pierścienie t∈T Rt i t∈T Rt też są regularne
w sensie von Neumanna.
Dowód. Weźmy dowolne a = (at )t∈T ∈ t∈T Rt . Wtedy dla każdego t ∈ T
Q
istnieje xt ∈ Rt takie, że at = at xt at . Niech x = (xt )t∈T . Wtedy x ∈ t∈T Rt
Q
oraz a = axa, więc pierścień t∈T Rt jest regularny w sensie von Neumanna.
L
Q
L
Ponadto t∈T Rt t∈T Rt , więc ze stwierdzenia 15.4 pierścień t∈T Rt jest
regularny w sensie von Neumanna.
Q
Stwierdzenie 15.9. Jeżeli dziedzina R jest regularna w sensie von Neumanna, to R jest pierścieniem z dzieleniem.
Dowód. Weźmy dowolne niezerowe a ∈ R. Wtedy istnieje x ∈ R takie, że
a = axa. Stąd ax = axax, więc e = ax jest idempotentem i a = ea, skąd
e 6= 0. Dla dowolnego b ∈ R mamy, że e(b − eb) = eb − e2 b = eb − eb = 0,
więc b − eb = 0, gdyż R jest dziedziną i e 6= 0. Stąd b = eb dla każdego
b ∈ R. Ponadto (b − be)e = be − be2 = be − be = 0, więc b − be = 0 i w
konsekwencji e jest jedynką pierścienia R. Jeżeli f ∈ R jest idempotentem,
to 0 = f (e − f ), skąd f = 0 lub f = e. Zatem e jest jedynym niezerowym
idempotentem pierścienia R. Weźmy dowolne niezerowe c ∈ R. Wtedy istnieje
y ∈ R takie, że c = cyc, skąd cy = cycy i cy 6= 0. Zatem cy jest niezerowym
idempotentem w R, skąd cy = e. Ponadto, yc = ycyc, więc yc jest niezerowym
idempotentem w R i stąd yc = e. Zatem cy = yc = e i R jest pierścieniem z
dzieleniem.
Stwierdzenie 15.10. Jeżeli pierścień R jest regularny w sensie von Neumanna, to dla każdego a ∈ R istnieje idempotent e ∈ R taki, że Ra = Re.
Dowód. Weźmy dowolne a ∈ R. Wtedy istnieje x ∈ R takie, że a = axa,
skąd xa = xaxa. Zatem e = xa jest idempotentem i a = ae ∈ Re. Wobec tego
Ra ⊆ Re. Ale e ∈ Ra, więc Re ⊆ Ra i ostatecznie Ra = Re.
Lemat 15.11. Jeżeli pierścień R jest regularny w sensie von Neumanna, to
dla dowolnych a, b ∈ R istnieje idempotent e ∈ R taki, że Ra + Rb = Re.
Dowód. Ze stwierdzenia 15.10 wynika, że istnieją idempotenty e, f ∈ R takie,
że Ra = Re i Rb = Rf . Zatem Ra + Rb = Re + Rf . Ponadto e − ef ∈ Re + Rf
oraz e = (e − ef ) + f ∈ R(e − ef ) + Rf , więc Re + Rf = R(e − ef ) + Rf
i Ra + Rb = R(e − ef ) + Rf . Ze stwierdzenia 15.10 istnieje idempotent g ∈
R(e − ef ) taki, że Rg = R(e − ef ). Ale (e − ef )f = ef − ef 2 = ef − ef = 0,
więc też gf = 0 i Ra + Rb = Rg + Rf . Ponadto, g + f − f g ∈ Rg + Rf i
f = f (f + g − f g) oraz g = g(g + f − f g), więc Ra + Rb = R(g + f − f g). Stąd
i ze stwierdzenia 15.10 istnieje idempotent u ∈ R taki, że Ra + Rb = Ru.
102
Ze stwierdzenia 15.10 i z lematu 15.11 przez prostą indukcję uzyskujemy
następujące
Stwierdzenie 15.12. Jeżeli pierścień R jest regularny w sensie von Neumanna, to dla dowolnego n ∈ N i dla dowolnych a1 , a2 , . . . , an ∈ R istnieje
idempotent e ∈ R taki, że Ra1 + Ra2 + . . . + Ran = Re.
Twierdzenie 15.13. Dla dowolnego pierścienia R następujące warunki są
równoważne:
(i) R jest regularny w sensie von Neumanna,
(ii) dla każdego a ∈ R istnieje idempotent e ∈ R taki, że Ra + hai =
Re, tzn. każdy lewostronny ideał główny pierścienia R jest generowany przez
idempotenta,
(iii) dla każdego a ∈ R istnieje idempotent e ∈ R taki, że aR + hai =
eR, tzn. każdy prawostronny ideał główny pierścienia R jest generowany przez
idempotenta.
Dowód. (i) ⇒ (ii). Wynika od razu ze stwierdzenia 15.10.
(ii) ⇒ (i). Weźmy dowolne a ∈ R. Wtedy istnieje idempotent e ∈ R
taki, że Ra + hai = Re. Ale e = e2 , więc e ∈ Re oraz e = e3 ∈ ReRe,
skąd Re ⊆ ReRe ⊆ Re, czyli Re = (Re)2 . Wobec tego Ra ⊆ Ra + hai =
(Ra + hai)2 = RaRa + Ra2 + aRa + ha2 i ⊆ Ra, skąd Ra = Ra + hai i a ∈ Ra
oraz Ra = Re. Zatem istnieją x, r ∈ R takie, że a = re i e = xa. Stąd
ae = re2 = re = a, czyli a = ae = axa, a więc a = axa i pierścień R jest
Analogicznie dowodzi się równoważności warunków (i) oraz (iii).
Przykład 15.14. Niech V będzie niezerową przestrzenią liniową nad ciałem
K. Oznaczmy przez R pierścień wszystkich przekształceń K-liniowych przestrzeni V w siebie. Udowodnimy, że pierścień R jest regularny w sensie von
Neumanna. Weźmy dowolne f ∈ R. Jeśli f = 0, to f = f ◦ f ◦ f . Niech dalej
f 6= 0. Wtedy Kerf jest właściwą podprzestrzenią przestrzeni V i istnieje
podprzestrzeń U ⊆ V taka, że Kerf ⊕ U = V . Stąd g : U → f (V ) dane
wzorem g(α) = f (α) dla α ∈ U jest izomorfizmem liniowym. Istnieje zatem
przekształcenie liniowe h : f (V ) → U odwrotne do g. Ponadto f (V ) jest podprzestrzenią w V , więc istnieje podprzestrzeń W ⊆ V taka, że f (V ) ⊕ W = V .
Przekształcenie π : V → f (V ) dane wzorem π(α + β) = α dla dowolnych
α ∈ f (V ), β ∈ W jest K-liniowe. Zatem przekształcenie ϕ = h ◦ π ∈ R. Pokażemy, że f = f ◦ϕ◦f . W tym celu wystarczy wykazać, że f (α) = (f ◦ϕ◦f )(α)
dla dowolnego α ∈ U . A to z kolei jest równoważne temu, że γ = f (ϕ(γ)) dla
dowolnego γ ∈ f (V ). Ale dla γ ∈ f (V ) mamy, że ϕ(γ) = h(π(γ)) = h(γ), więc
f (ϕ(γ)) = f (h(γ)) = g(h(γ)) = γ, bo h jest funkcją odwrotną do g. Zatem
rzeczywiście f = f ◦ ϕ ◦ f i pierścień R jest regularny w sensie von Neumanna.
Przykład 15.15. Każdy pierścień Jacobsona R jest pierścieniem regularnym
w sensie von Neumanna, bo dla każdego a ∈ R istnieje liczba naturalna n 2
2
2
taka, że a = an . Stąd a = an i n2 4 oraz a = axa dla x = an −2 . 2
103
Stwierdzenie 15.16. Dla dowolnego pierścienia R i dla dowolnych m, n ∈ N
pierścienie macierzy Mm (Mn (R)) i Mmn (R) są izomorficzne.
Dowód. Elementy pierścienia Mm (Mn (R)) są m × m macierzami o wyrazach
z pierścienia Mn (R), czyli są to macierze postaci A = [Aij ]i,j=1,2,...,m , gdzie
Aij ∈ Mn (R) dla wszystkich i, j = 1, 2, . . . , m. Zatem A jest macierzą blokową złożoną z m2 macierzy kwadratowych stopnia n. Oznaczmy przez ϕ(A)
macierz powstającą z A przez usunięcie nawiasów we wszystkich jej blokach
Aij . Oczywiście ϕ(A) ∈ Mmn (R) i otrzymujemy w ten sposób naturalne przekształcenie ϕ : Mm (Mn (R)) → Mmn (R). Jest jasne, że ϕ jest bijekcją, a nawet
ϕ jest izomorfizmem grup addytywnych pierścieni Mm (Mn (R)) i Mmn (R).
Pozostaje zatem do wykazania, że ϕ(A · B) = ϕ(A) · ϕ(B) dla dowolnych
A, B ∈ Mm (Mn (R)).
Przypomnijmy, że jeśli s ∈ N, P jest pierścieniem i C ∈ Ms (P ), to przez
C[i, j] oznaczamy wyraz stojący w i-tym wierszu i j-tej kolumnie macierzy C
dla dowolnych i, j ∈ {1, 2, . . . , s} i wówczas macierz C można jednoznacznie
zapisać w postaci C =
s
X
C[i, j]Eij , przy czym dla c ∈ C, cEij jest s × s -
,j=1
macierzą, która w i-tym wierszu i j-tej kolumnie ma element c, a poza tym
same zera. Wobec tego dowolną macierz A = [Aij ]i,j=1,2,...,m ∈ Mm (Mn (R))
można jednoznacznie zapisać w postaci A =
m
X
(
n
X
(Aij [k, l]Ekl ))Eij =
i,j=1 k,l=1
n
m X
X
((Aij [k, l]Ekl )Eij ). Ponieważ ϕ jest izomorfizmem grup addytywnych,
i,j=1 k,l=1
więc z naszych rozważań otrzymujemy, że pozostaje wykazać, że dla dowolnych
a, b ∈ R, i1 , i2 , j1 , j2 ∈ {1, 2, . . . , m}, k1 , k2 , l1 , l2 ∈ {1, 2, . . . , n} zachodzi:
ϕ(((aEk1 l1 )Ei1 j1 ) · ((bEk2 l2 )Ei2 j2 )) = ϕ((aEk1 l1 )Ei1 j1 ) · ϕ((bEk2 l2 )Ei2 j2 ).
Wprost z określenia ϕ otrzymujemy dla a ∈ R, i, j ∈ {1, 2, . . . , m}, k, l ∈
{1, 2, . . . , n}:
ϕ((aEkl )Eij ) = aE(i−1)n+k,(j−1)n+l .
Możliwe są teraz tylko dwa przypadki: 1. j1 6= i2 oraz 2. j1 = i2 .
W przypadku 1, (j1 − 1)n + l1 6= (i2 − 1)n + k2 , więc ((aEk1 l1 )Ei1 j1 ) ·
((bEk2 l2 )Ei2 j2 ) = 0 oraz ϕ((aEk1 l1 )Ei1 j1 ) · ϕ((bEk2 l2 )Ei2 j2 ) = 0, a zatem dowodzony wzór zachodzi.
W przypadku 2, ((aEk1 l1 )Ei1 j1 ) · ((bEk2 l2 )Ei2 j2 ) = ((aEk1 l1 ) · (bEk2 l2 ))Ei1 j2
i teraz mamy znawu dwa przypadki: (a) l1 6= k2 oraz (b) l1 = k2 . W przypadku (a), (aEk1 l1 ) · (bEk2 l2 ) = 0 oraz (j1 − 1)n + l1 6= (i2 − 1)n + k2 , więc
ϕ((aEk1 l1 )Ei1 j1 ) · ϕ((bEk2 l2 )Ei2 j2 ) = 0, a zatem dowodzony wzór zachodzi. Natomiast w przypadku (b), (aEk1 l1 ) · (bEk2 l2 ) = (ab)Ek1 l2 , skąd ((aEk1 l1 )Ei1 j1 ) ·
((bEk2 l2 )Ei2 j2 ) = ((ab)Ek1 l2 )Ei1 j2 , czyli ϕ(((aEk1 l1 )Ei1 j1 ) · ((bEk2 l2 )Ei2 j2 )) =
(ab)E(i1 −1)n+k1 ,(j2 −1)n+l2 oraz (j1 −1)n+l1 = (i2 −1)n+k2 , więc ϕ((aEk1 l1 )Ei1 j1 )·
ϕ((bEk2 l2 )Ei2 j2 ) = (aE(i1 −1)n+k1 ,(j1 −1)n+l1 ) · (bE(i2 −1)n+k2 ,(j2 −1)n+l2 ) =
104
(ab)E(i1 −1)n+k1 ,(j2 −1)n+l2 , a zatem nasz wzór też jest prawdziwy w tym przypadku.
Twierdzenie 15.17. Jeżeli R jest pierścieniem regularnym w sensie von Neumanna, to dla każdej liczby naturalnej n pierścień macierzy Mn (R) też jest
Dowód. Z twierdzenia 15.2 wynika, że pierścień M2 (R) jest regularny w
sensie von Neumanna. Załóżmy, że dla pewnego m ∈ N pierścień M2m (R)
jest regularny w sensie von Neumanna. Wtedy z twierdzenia 15.2 pierścień
M2 (M2m (R)) jest regularny w sensie von Neumanna. Zatem ze stwierdzenia 15.15 pierścień M2m+1 (R) jest regularny w sensie von Neumanna. Wobec tego przez indukcję mamy, że dla dowolnego s ∈ N pierścień M2s (R)
jest regularny w sensie von Neumanna. Weźmy dowolną liczbę naturalną n.
Wtedy istnieje liczba naturalna s taka, że 2s > n. Weźmy dowolne A ∈
Mn (R). Z regularności pierścienia M2s (R) wynika istnienie macierzy X ∈
Mn"(R), Y ∈ Mn×(2s −n) (R), Z #∈ M(2"s −n)×n (R), U ∈ M(2s −n)×(2#s −n)"(R) takich,
#
X Y
A
0n×(2s −n)
A
0n×(2s −n)
·
·
że
=
0(2s −n)×n 0(2s −n)×(2s −n)
Z U
0(2s −n)×n 0(2s −n)×(2s −n)
"
#
A
0n×(2s −n)
, skąd
0(2s −n)×n 0(2s −n)×(2s −n)
"
#
"
#
A
0n×(2s −n)
AXA
0n×(2s −n)
=
, czyli A = AXA i
0(2s −n)×n 0(2s −n)×(2s −n)
0(2s −n)×n 0(2s −n)×(2s −n)
pierścień Mn (R) jest regularny w sensie von Neumanna.
15.2
Pierścienie silnie regularne
Stwierdzenie 15.18. Dla dowolnego pierścienia R następujące warunki są
równoważne:
(i) R jest zredukowany i regularny w sensie von Neumanna,
(ii) a ∈ a2 R dla dowolnego a ∈ R,
(iii) a ∈ Ra2 dla dowolnego a ∈ R.
Dowód. (i) ⇒ (ii). Weźmy dowolne a ∈ R. Wtedy istnieje x ∈ R takie, że
a = axa. Stąd (a − a2 x)a = a2 − a(axa) = a2 − a2 = 0, więc (a − a2 x)2 = 0.
Ale pierścień R jest zredukowany, więc a − a2 x = 0, skąd a = a2 x i a ∈ a2 R.
(ii) ⇒ (i). Weźmy dowolne a ∈ R takie, że a2 = 0. Wtedy istnieje y ∈ R
takie, że a = a2 y. Stąd a = 0 i pierścień R jest zredukowany. Niech a ∈ R.
Wtedy istnieje x ∈ R taki, że a = a2 x. Stąd a(a − axa) = a2 − (a2 x)a =
a2 − a2 = 0, więc (a − axa)2 = 0. Ale pierścień R jest zredukowany, więc
a − axa = 0 i a = axa, a zatem pierścień R jest regularny w sensie von
Neumanna.
Analogicznie dowodzi się równoważności warunków (i) oraz (iii).
105
Definicja 15.19. Zredukowane pierścienie regularne w sensie von Neumanna
nazywamy pierścieniami silnie regularnymi.
Stwierdzenie 15.20. Każdy obraz homomorficzny pierścienia silnie regularnego jest pierścieniem silnie regularnym.
Dowód. Niech f : R → S będzie homomorfizmem pierścienia silnie regularnego R na pierścień S. Weźmy dowolne a ∈ S. Wtedy istnieje a1 ∈ R takie,
że f (a1 ) = a. Ale R jest silnie regularny, więc na mocy stwierdzenia 15.18
istnieje b1 ∈ R takie, że a1 = a21 b1 . Stąd a = a2 f (b1 ) i na mocy stwierdzenia
15.18 pierścień S jest silnie regularny.
Stwierdzenie 15.21. Klasa pierścieni silnie regularnych jest zamknięta na
rozszerzenia.
Dowód. Niech I R i niech I oraz R/I będą pierścieniami silnie regularnymi.
Wtedy I i R/I są pierścieniami zredukowanymi, więc na mocy stwierdzenia
13.9 pierścień R jest zredukowany. Ponadto I i R/I są pierścieniami regularnymi w sensie von Neumanna, więc ze stwierdzenia 15.3 pierścień R jest regularny
w sensie von Neumanna. Zatem pierścień R jest silnie regularny.
Stwierdzenie 15.22. Jeżeli R jest pierścieniem silnie regularnym, to każdy
jego ideał jednostronny jest pierścieniem silnie regularnym. W szczególności
każdy ideał pierścienia silnie regularnego jest pierścieniem silnie regularnym.
Dowód. Niech L <l R, gdzie R jest pierścieniem silnie regularnym. Weźmy
dowolne a ∈ L. Wtedy na mocy stwierdzenia 15.18 istnieje x ∈ R takie,
że a = xa2 , skąd a = xxa2 a = (x2 a)a2 i x2 a ∈ L, bo L <l R. Zatem ze
stwierdzenia 15.18 pierścień L jest silnie regularny. Podobnie pokazuje się, że
jeżeli P <r R, to P jest pierścieniem silnie regularnym.
Stwierdzenie 15.23. Pierścień silnie regularny R jest pierścieniem pierwszym wtedy i tylko wtedy, gdy R jest pierścieniem z dzieleniem.
Dowód. Oczywiście każdy pierścień z dzieleniem jest zredukowany i pierwszy
oraz jest regularny w sensie von Neumanna, a więc jest pierścieniem silnie
regularnym.
Na odwrót, niech R będzie silnie regularnym pierścieniem pierwszym. Wtedy R jest zredukowanym pierścieniem pierwszym, wiec ze stwierdzenia 13.11 R
jest dziedziną. Stąd i ze stwierdzenia 15.9 R jest pierścieniem z dzieleniem.
Stwierdzenie 15.24. Każdy ideał jednostronny pierścienia silnie regularnego
R jest ideałem pierścienia R.
Dowód. Niech L <l R i weźmy dowolne a ∈ L i dowolne r ∈ R. Ze stwierdzenia 15.10 istnieje idempotent e ∈ Ra taki, że Ra = Re. Ale pierścień R
jest zredukowany, więc e ∈ Z(R). Ponadto a = ye dla pewnego y ∈ R, więc
ar = (ye)r = y(er) = (yr)e ∈ Ra ⊆ L. Stąd L R.
Analogicznie pokazuje się, że jeśli P <r R, to P R.
106
Twierdzenie 15.25. Pierścień zredukowany R jest silnie regularny wtedy i
tylko wtedy, gdy każdy jego obraz pierwszy jest pierścieniem z dzieleniem.
Dowód. Załóżmy, że pierścień R jest silnie regularny i niech S będzie jego
obrazem homomorficznym i niech S będzie pierścieniem pierwszym. Wtedy
na mocy stwierdzenia 15.20 S jest pierścieniem silnie regularnym. Zatem ze
stwierdzenia 15.23 S jest pierścieniem z dzieleniem.
Na odwrót, załóżmy, że R jest pierścieniem zredukowanym i każdy pierwszy
obraz R jest pierścieniem z dzieleniem. Niech I będzie ideałem półpierwszym
pierścienia R. Wtedy na mocy twierdzenia 4.37 I jest częścią wspólną niepustej rodziny A wszystkich ideałów pierwszych pierścienia R zawierających I.
Weźmy dowolne r ∈ R takie, że r2 ∈ I. Wtedy dla każdego A ∈ A jest r2 ∈ A,
skąd (r + A)2 = 0 w pierścieniu R/A, który jest z dzieleniem. Zatem r ∈ A
dla każdego A ∈ A, skąd r ∈ I. W ten sposob pokazaliśmy, że pierścień R/I
jest zredukowany.
Załóżmy, że istnieje a ∈ R takie, że a 6∈ aRa. Niech R będzie rodziną takich
ideałów półpierwszych I pierścienia R, że a 6∈ aRa + I. Ponieważ pierścień R
jest zredukowany i a 6∈ aRa, więc {0} ∈ R. Zatem rodzina R jest niepusta.
Niech
{Is }s∈S będzie łańcuchem ideałów z rodziny R. Oczywiście
a 6∈ aRa +
[
[
Is , to r2 ∈ Is dla
Is . Zauważmy też, że jeśli dla pewnego r ∈ R, r2 ∈
s∈S
s∈S
pewnego s ∈ S. Jednakże, jak wykazaliśmy [
wcześniej R/Is jest pierścieniem
Is ∈ R. Stosując lemat Zorna
zredukowanym, więc r ∈ Is . To dowodzi, że
s∈S
możemy więc znaleźć w R ideał maksymalny Q. Zauważmy, że Q nie może
być ideałem pierwszym, gdyż wówczas z założenia R/Q byłby pierścieniem z
dzieleniem i mielibyśmy, że a ∈ aRa + Q. Istnieją więc ideały A, B pierścienia
R takie, że Q ⊂ A, Q ⊂ B oraz AB ⊆ Q. Niech K = {r ∈ R : rB ⊆ Q}
oraz L = {r ∈ R : Kr ⊆ Q}. Oczywiście K i L są ideałami w R oraz A ⊆ K
i B ⊆ L. Zauważmy, że (K ∩ L)2 ⊆ KL ⊆ Q. Z półpierwszości ideału Q
wynika więc, że K ∩ L ⊆ Q. Zauważmy również, że jeśli I jest takim ideałem
R, że I 2 ⊆ L, to KIKI ⊆ KI 2 ⊆ KL ⊆ Q. Z półpierwszości Q wynika
więc, że KI ⊆ Q. Z definicji ideału L otrzymujemy, że I ⊆ L, co dowodzi,
że L jest ideałem półpierwszym. Podobnie wykazujemy, że K jest ideałem
półpierwszym. Z maksymalności Q wynika, że a ∈ aRa + K oraz a ∈ aRa + L.
Zatem a − axa ∈ K oraz a − aya ∈ L dla pewnych x, y ∈ R. Wówczas
a − a(x + y − xay)a = a − axa − (a − axa)ya ∈ K, a także a − a(x + y − xay)a =
a − aya − ax(a − aya) ∈ L. Stąd więc a ∈ aRa + (K ∩ L) ⊆ aRa + Q. Uzyskana
sprzeczność kończy dowód.

Algebra - Instytut Matematyki

Transkrypt

Podobne dokumenty

Artykuł pochodzi ze strony: Miastecki Portal Internetowy Informacja

picovest universal

Saturn – planeta z uszami

Zwiększ pewność swoich strzałów!

Pierścień Gygesa, czyli problem przyzwoitości

powiekszanie penisa